广东省吴川市第三中学2022-2023学年高一上学期期中考试数学试卷

吴川市第三中学2022-2023学年上学期期中考试高一数学（本试卷22小题，满分150分，考试用时120分钟）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中有一项是符合题目要求的．）1．设集合，，则（）A． B． C． D．2．命题：“，”的否定是（）A．， B．，C．， D．，3．“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件4．设，，，则a，b，c的大小关系是（）A． B． C． D．5．下列函数是奇函数的是（）A． B． C． D．6．设偶函数的定义域为，当时是增函数，则，，的大小关系是（）A． B．C． D．7．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若不相等的两个正实数a，b满足，且恒成立，则实数t的取值范围是（）A． B． C． D．8．已函数是上的减函数，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全对得5分，部分选对得2分，有错得0分）9．已知集合，集合，则下列关系正确的是（）A． B． C． D．10．对于任意实数a，b，c，d，则下列命题正确的是（）A．若，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，则11．下列函数中，最小值为2的函数是（）A． B．C． D．12．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列结论正确的是（）A．B．的单调递增区间为，C．当时，D．的解集为三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知函数，若，则a的值是______．14．已知幂函数的图象过点，则______．15．已知不等式的解集是，则______．16．关于x的不等式恒成立，则实数k的取值范围是______．四、解答题（共6道小题，17题10分，18-22题每题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．已知函数，（1）求函的定义域；（2）求，的的值．18．设全集为R，集合，．（1）分别求，；（2）已知，若，求实数a的取值范围．19．已知幂函数在上单调递增．（1）求的解析式；（2）若在上恒成立，求实数k的取值范围．20．已知函数是定义在上的函数，恒成立，且．（1）确定函数的解析式；（2）判断在上的单调性，并用定义证明；（3）解不等式．21．“绿水青山就是金山银山”，为了保护环境，某工厂在政府部门的鼓励下进行技术改进，把二氧化碳化为某种化工产品，经测算，该处理成本y（单位：万元）与处理量x（单位：吨）之间的函数关系可近似表示为，，已知每处理一吨二氧化碳可获得价值20万元的某种化工产品．（1）当处理量为多少吨时，每吨的平均处理成本最少？（2）判断该技术改进能否获利？如果能获利，求出最大利润；如果不能获利，则国家至少需要补贴多少万元该工厂才不会亏损？22．已知函数．（1）请在如图所示的直角坐标系中作出时的图象，并根据图象写出函数的单调区间；（2）设函数在上的最小值为；①求的表达式；②若，求的最大值．吴川市第三中学2022-2023学年上学期期中考试高一数学参考答案与试题解析一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中有一项是符合题目要求的．）1．【分析】根据并集的定义即可求解．【解答】解：∵，，则，故选：D【点评】本题考查全称命题的否定定义，属于基础题．2．【分析】根据全称命题的否定定义可解．【解答】解：根据全称命题的否定定义得，，的否定为：，，故选：D．3．【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：由得或，即“”是“”的必要不充分条件，故选：B．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键，是基础题．4．【分析】由题意利用指数函数、幂函数的单调性，得出结论．【解答】解：，，，函数是减函数，，，．又函数是上的增函数，，，即，综上可得，，故选：B．【点评】本题主要考查指数函数、幂函数的单调性，属于基础题．5．【分析】结合函数奇偶性的定义及幂函数性质分别检验各选项．【解答】解：根据幂函数的性质可知，为奇函数，为偶函数，A正确，B错误，为非奇非偶函数，C错误；为非奇非偶函数，不符合题意．故选：A．【点评】本题主要考查了函数的奇偶性的判断，属于基础题．6．【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，进行判断即可．【解答】解：是偶函数且当时是增函数，，即，故选：D．【点评】本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键．7．【分析】利用“乘1法”，可得，从而得解．【解答】解：，当且仅当，即时，等号成立，因为，所以，又恒成立，所以．故选：A．【点评】本题考查基本不等式的应用，熟练掌握基本不等式中的“乘1法”是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．8．【分析】既然在上是减函数，根据时解析式为，其过定点，且时是减函数，所以对称轴，又时，，是减函数，所以，解答即可．【解答】解：由题意，在上是减函数，时，其过定点，且时是减函数，对称轴，①又时，，是减函数，函数是上的减函数，，②又①②得．故选：A．【点评】本题考查了已知函数的单调性求参数范围的问题，考查学生对函数单调性的理解，属于中档题．二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全对得5分，部分选对得2分，有错得0分）9．【分析】根据元素与集合、集合与集合间的关系可解．【解答】解：因为集合，集合，，根据元素与集合、集合与集合间的关系可得，，，，，故选：ACD．【点评】本题考查元素与集合、集合与集合间的关系，属于基础题．10．【分析】可代入特例判断选项错，可由性质定理判断AB对．【解答】解：若，则，A对，由不等式同向可加性，若，，则，B对，当令，，，，则，C错，令，，则，D错．故选：AB．【点评】本题考查对不等式的判断，可代入特例判断选项错，属于基础题．11．【分析】根据选项逐一求函数的最小值即可．【解答】解：A．因为，由双勾函数的性质可知值域为；B．，故值域为；C．，，，故值域为；D．，当，即时取等号，故值域为；故选：BCD．【点评】本题考查了求函数的值域，也考查了双勾函数、二次函数的性质及基本不等式的应用，属于基础题．12．【分析】由奇函数在处有定义，可得，可判断A；由的函数的解析式，结合奇函数的定义可得时的函数解析式，可判断C；判断时的的单调性，可得时的的单调性，不等式等价为且，且，结合，解不等式可判断D；由的图象与的图象特点，结合单调性可判断B．【解答】解：函数是定义在上的奇函数，可得，故A错误；当时，，设，则，，又，所以时，，故C正确；由时，，可得，又和在递增，可得在递增，由奇函数的图象关于原点对称，可得在递增，且，所以等价为或，解得或，故D错误；由的图象可看作的图象位于轴上方的图象不变，将轴下方的图象翻折到轴上方得到，所以的递增区间为，，故B正确．故选：BC．【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断和运用，以及函数的图象的运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．【分析】利用分类讨论，分和两种情况，分别表示出，求解即可．【解答】解：函数，当时，，解得，当时，，解得．综上所述，a的值是或4．【点评】本题考查了分段函数的应用，解题的关键是根据自变量的值确定使用哪一段解析式求解，属于基础题．14．【分析】设出幂函数的解析式，由图象过确定出解析式，然后令即可得到的值．【解答】解：设，因为幂函数图象过，则有，，即，．故答案为：．【点评】考查学生会利用待定系数法求幂函数的解析式．会根据自变量的值求幂函数的函数值．15．【分析】根据已知可得，为方程的两个根，根据韦达定理求出a，b，然后根据一元二次不等式求出结果．【解答】解：不等式的解集是，，2是方程的两个根，且，由韦达定理得，解得，，．【点评】本题考查一元二次不等式的解法以及一元二次方程根与系数关系，属基础题．16．【分析】讨论，，，结合二次函数的图象和判别式的符号，解不等式可得所求范围．【解答】解：由题意，当时，恒成立；当时，设，若时，的图象为开口向上的拋物线，不恒成立；若时，要使不等式恒成立，只需，即，解得，综上可得，．故答案为：．【点评】本题考查不等式恒成立问题解法，考查分类讨论思想和运算能力，属于基础题．四、解答题（共6道小题，17题10分，18-22题每题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．【分析】（1）利用根式函数和分式函数的定义域求法求函数的定义域．（2）利用函数关系式直接代入求值．【解答】解：（1）要使函数的有意义，则，即，所以且．所以函数的定义域为（2），．【点评】本题主要考查函数定义域的求法，要求熟练掌握常见函数的定义域的求法．18．【分析】（1）根据交集的定义求出，求出B的补集，从而求出其和A的并集即可；（2）得到，得到关于a的不等式组，解出即可．【解答】解：（1），，，，；（2），，，，解得：．【点评】本题考查了交集、并集、补集的运算，是一道基础题．19．【分析】（1）由幂函数的定义可知，再结合幂函数在上单调递增，即可求出的值．（2）等价于函数在上的最小值大于0即可，再利用二次函数的性质即可求出实数的取值范围．【解答】解：（1）是幂函数，则，或，又在上单调递增，则，所以．（2）即，要使此不等式在上恒成立，只需使函数在上的最小值大于0即可，在上单调递减，，由，得，因此满足条件的实数k的取值范围是．【点评】本题主要考查了幂函数的定义，考查了不等式恒成立问题，同时考查了二次函数的性质，是中档题．20．【分析】（1）根据，，待定系数即可求得函数解析式；（2）利用单调性的定义，结合函数解析式，即可判断和证明；（3）利用函数奇偶性和单调性求解不等式即可．【解答】解：（1）根据题意，是上的奇函数，故；又，故，则；（2）在单调递增，证明如下：在上任取，则，因为，故可得，即，又，则，结合，可得：，即，故在单调递增；（3）等价于，又在是单调增函数，故可得，解得，即不等式的解集为：．【点评】本题考查了函数单调性的性质与判断，属于中档题．21．【分析】（1）根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解．（2）当时，该工厂获利S，则，再结合二次函数的性质，即可求解．【解答】解：（1）由题意可得，二氧化碳的平均处理成本，，当时，，当且仅当，即等号成立，故取得最小值为，故当处理量为40吨时，每吨的平均处理成本最少．（2）当时，该工厂获利S，则，当时，，故该工厂不会获利，国家至少需要补贴700万元，该工厂不会亏损．【点评】本题主要考查函数的实际应用，掌握基本不等式是解本题的关键，属于基础题．22．【分析】（1）代入a的值，函数解析式即可求出，进而可以作出函数图象，