2022-2023学年广东省深圳市龙津中学高一上学期期中考试数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat13页2022-2023学年广东省深圳市龙津中学高一上学期期中考试数学试题一、单选题1．设集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出集合后可求.【详解】，故，故选：B.2．设命题则命题p的否定为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据特称命题的否定为全称命题可求解.【详解】根据特称命题的否定为全称命题得，命题p的否定为.故选：B.3．不等式的解集是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】将分式不等式化为整式不等式，再求一元二次不等式即可.【详解】不等式，即，，解得或，故不等式解集为：.故选：D.4．设，则（

）A．0 B．1 C． D．【答案】C【分析】先求得，再代入计算即可得答案.【详解】解：因为，所以.故选：C.5．若函数，且，则实数的值为（

）A． B．或 C． D．3【答案】B【分析】令，配凑可得，再根据求解即可【详解】令（或），，，，.故选；B6．下列函数是偶函数，且在区间上单调递增的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据函数的奇偶性和单调性的定义结合函数的图象性质即可求解.【详解】对于A，是偶函数，但在区间上是单调递减，不合题意；对于B，是偶函数，但在区间上是单调递减，不合题意；对于C，是奇函数，不合题意；对于D，是偶函数，且在区间上单调递增，符合题意.故选：D7．若关于x的不等式在区间内有解，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由关于的不等式在区间内有解可得在区间内有解，从而大于在区间的最小值，结合二次函数的性质即可得出结果．【详解】由关于的不等式在区间内有解，得在区间内有解，令，则，即，所以实数的取值范围是．故选：D．8．定义在R上的偶函数满足：对任意的，有，且，则不等式的解集是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】依题意可得在上单调递减，根据偶函数的性质可得在上单调递增，再根据，即可得到的大致图像，结合图像分类讨论，即可求出不等式的解集；【详解】解：因为函数满足对任意的，有，即在上单调递减，又是定义在R上的偶函数，所以在上单调递增，又，所以，函数的大致图像可如下所示：所以当时，当或时，则不等式等价于或，解得或，即原不等式的解集为；故选：C二、多选题9．若“或”是“”的必要不充分条件，则实数的值可以是（

）A． B． C．1 D．4【答案】ACD【分析】根据题意，可得或，再结合选项，即可得答案.【详解】解：因为“或”是“”的必要不充分条件，所以或所以或，即或.故选：ACD.10．下列说法正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，则 D．函数的最小值是2【答案】BC【分析】对于A选项，取特殊值即可判断正误；对于B、C选项，根据不等式的运算性质即可判断正误；对于D选项，将函数化简为，，然后根据对勾函数的单调性即可判断正误【详解】对于A选项，取，，，则，故错误；对于B选项，，，，，故B正确；对于C选项，，，，，故C正确；对于D选项，函数，令，由函数在上单调递增，，故D错误.故选：BC11．设函数、的定义域都为R，且是奇函数，是偶函数，则下列结论正确的是（

）A．是奇函数 B．是偶函数C．是偶函数 D．是奇函数【答案】AB【分析】根据函数奇偶性的定义即可逐项判断.【详解】是奇函数，是偶函数，，，，故是奇函数，A正确；，故为偶函数，B正确；，故是奇函数，C错误；，故为偶函数，D错误.故选：AB．12．已知函数，，则下列结论正确的是（）A．，恒成立，则实数a的取值范围是B．，恒成立，则实数a的取值范围是C．，，则实数a的取值范围是D．，，【答案】AC【分析】对于选项A，B，C求出函数和的最值，即可判断出正误；对于选项D，根据函数和函数值域间的包含关系判断正误．【详解】解：对于A选项，，恒成立，又为减函数，所以，A选项正确；对于B选项，，恒成立，即，又为减函数，所以，B选项不正确；对于C选项，函数的图像为开口向上的抛物线，所以在对称轴处取最小值，在离对称轴最远处取最大值，所以，若，，则实数a的取值范围是，C选项正确；对于D选项，，，即要求的值域是值域的子集，而的值域为，值域为，不满足要求，D选项不正确；故选：AC.三、填空题13．函数的定义域是.【答案】【分析】根据题意列出不等式组，求解即可.【详解】解：由题意可得，解得且，所以函数的定义域为.故答案为：14．不等式的解集为，不等式的解集为，不等式的解集是，那么等于．【答案】【详解】分析：利用一元二次不等式的解法可得，，求出，根据韦达定理求得的值，从而可得结果.详解：不等式变形得：，计算得出：，即，不等式变形得：，计算得出：，即，∴，即不等式的解集为，∴由韦达定理可得，，则，故答案为．点睛：集合的基本运算的关注点：（1）看元素组成．集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提；（2）有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决；（3）注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和图．15．函数的单调递减区间为.【答案】(或都对)【解析】利用复合函数的单调性，同增异减，即可得到答案；【详解】令，则，在单调递减，在单调递增，根据复合函数的单调性可得：在单调递减，故答案为：.16．若，，定义且，则.【答案】【分析】根据绝对值不等式的公式解法，分式不等式的解法，结合题中定义、集合交集和并集的定义进行求解即可.【详解】由，由，因此，因为且，所以，故答案为：四、解答题17．已知集合，．(1)若，求实数的取值范围；(2)若，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）求出，根据题意列出不等式组，求解即可；（2）由得，分，两种情况讨论可求得的取值范围．【详解】（1）由集合，所以，又，，所以，解得；所以实数的取值范围是．（2）若，则，当时，，解得；当时，有，要使，则，解得，综上，实数的取值范围是．18．函数是定义在R上的偶函数，当时，．（1）求函数在的解析式；（2）当时，若，求实数m的值．【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）根据偶函数的性质，令，由即可得解；（2），有，解方程即可得解.【详解】（1）令，则，由，此时；（2）由，，所以，解得或或（舍）.19．已知二次函数，，的最大值为16；(1)求函数的解析式；(2)求函数在区间的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可设，结合进而可得的解析式；（2）由（1）知，对称轴为，分情况讨论对称轴和区间的关系即可求解.【详解】（1）由已知函数是二次函数，且，∴函数图象的对称轴为，又的最大值为16，设，又，∴．∴；（2）由（1）知，图象的对称轴为，开口朝下，若，则在上是减函数，最大值；若，即，则在上是增函数，；若，即，则；综上所述，当时，；当时，；当时，．20．某工厂分批生产某产品，生产每批产品的费用包括前期的准备费用､生产过程中的成本费用以及生产完成后产品的仓储费用.已知生产每批产品前期的准备费用为800元，成本费用与产品数量成正比，仓储费用与产品数量的平方成正比.记生产件产品的总费用为y元.当时，成本费用为3000元，仓储费用为450元.(1)求y关于x的函数解析式；(2)试问当每批产品生产多少件时平均费用最少？平均费用最少是多少？【答案】(1)(2)当每批产品生产80件时，平均费用最少，且平均费用最少为70元【分析】（1）根据已知设成本费用为，仓储费用为元，则，，当时，，，代入即可求得解析式.（2）平均费用为，利用基本不等式计算即可.【详解】（1）设成本费用为，仓储费用为元，则，，当时，，，可得，，故.（2）平均费用，当且仅当，即时，等号成立.故当每批产品生产80件时，平均费用最少，且平均费用最少为70元.21．已知函数，.(1)若在区间上单调递增，求m的取值范围；(2)解关于不等式.【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）分、、三种情况讨论，利用一次函数、二次函数的单调性结合已知条件可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围；（2）由，对实数的取值进行分类讨论，利用一次不等式或二次不等式的解法解原不等式，即可得解.【详解】（1）解：①当时，函数在区间上单调递增，合乎题意；②当时，若函数在区间上单调递增，则，解得或，此时，；③当时，若函数在区间上单调递增，则，解得，此时.综上所述，实数的取值范围是.（2）解：由可得.①当时，原不等式即为，解得，此时，原不等式的解集为；②当时，解方程可得或.（i）当时，，此时，原不等式的解集为；（ii）当时，，此时，原不等式的解集为；（iii）当时，，此时，原不等式的解集为；（iv）当时，，此时，原不等式的解集为.综上所述，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为.22．已知函数，且．（1）求m；（2）判断并证明的奇偶性；（3）判断函数在，上是单调递增还是单调递减？并证明．