四川省涼山州西昌市2022-2023學年高一上學期期中考試數學試題

西昌市2022—2023學年度上期期中檢測高一數學本試卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，試題卷4頁，答題卡2頁.全卷滿分為150分，考試時間120分鐘.答題前考生務必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米的黑色簽字筆填寫在答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置；選擇題使用2B鉛筆填涂在答題卡對應題目標號的位置上，其他試題用0.5毫米簽字筆書寫在答題卡對應題框內，不得超越題框區(qū)域.考試結束后將答題卡收回.第Ⅰ卷選擇題（共60分）一、單項選擇題（本題共8個小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1.已知集合，集合，則（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據指數不等式的解法，求出集合，再利用集合交集的運算即可求出結果.【詳解】由，得到，所以，又，所以，故選：A.2.下列關系中，正確的有（）．①；②；③；④．A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【答案】C【解析】【分析】根據元素與集合之間的關系結合常用數集逐項分析判斷.【詳解】對于①：因為為實數集，所以，正確；對于②④：因為為有理數集，所以，，②正確，④錯誤；對于③：因為為自然數集，，正確；所以正確有3個.故選：C.3.函數的定義域是（）A. B.C.且 D.且【答案】C【解析】【分析】根據零次方、分式以及根式的意義列式求解.【詳解】令，解得且，所以函數的定義域是且.故選：C.4.若，且，則（）．A.6 B.7 C.8 D.9【答案】A【解析】【分析】根據條件求出的解析式，再利用即可求出結果.【詳解】因為，令，則，所以，即，又，所以，得到，故選：A.5.已知，則“”是“”的（）A.必要不充分條件 B.充分不必要條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】利用充分條件和必要條件的判斷方法即可求出結果.【詳解】因為時，得，故，即可以推出，又時，得或，取，，滿足，但不滿足，即推不出，故“”是“”的充分不必要條件，故選：B.6.若關于的一元二次不等式的解集為或，則關于的不等式的解集是（）A. B.C.或 D.或【答案】B【解析】【分析】分析可知，關于的方程的兩個根分別為、，且，結合韋達定理可得出、關于的等量關系，結合二次不等式的解法可得出所求不等式的解集.【詳解】因為關于的一元二次不等式的解集為或，則關于的方程的兩個根分別為、，且，所以，，，所以，，，所以，不等式即為，即，解不等式可得，因此，不等式的解集為.故選：B.7.對于任意的，不等式恒成立，則實數m的取值范圍是（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】參變分離后，利用單調遞減求得最大值，即可求解.【詳解】因為對于任意的，不等式恒成立，所以對于任意的，不等式恒成立，因為在單調遞減，所以在單調遞減，所以當時，，所以.故選：D.8.已知函數是上的減函數，則實數a的取值范圍是（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用一次函數與二次函數的單調性，結合分段函數的性質得到關于的不等式組，從而得解.【詳解】因為函數是上的減函數，所以，解得，即實數a的取值范圍為.故選：C.二、多項選擇題（本題共4個，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯的得0分，共20分）9.已知命題p：“，”，則下列說法正確的是（）．A.：， B.：，C.p是真命題，是假命題 D.p是假命題，是真命題【答案】BC【解析】【分析】根據特稱命題的否定判斷AB；根據一元二次方程結合命題的否定與原命題的真假性之間的關系判斷CD.【詳解】對于選項AB：：，，故A錯誤，B正確；對于選項CD：因為，解得，可知p是真命題，所以是假命題，故C正確，D錯誤；故選：BC10.已知、是正實數，則下列選項正確的是（）A.若，則有最大值B.若，則有最大值C.若，則有最大值D.若，則有最小值【答案】BCD【解析】【分析】將代數式與相乘，展開后結合基本不等式可判斷A選項；利用基本不等式可判斷B選項；利用基本不等式求出的最大值，可判斷C選項；由已知等式變形可得，將代數式與相乘，展開后利用基本不等式可判斷D選項.【詳解】因為、是正實數，對于A選項，若，則，當且僅當時，即當時，等號成立，所以，有最小值，A錯；對于B選項，若，則，當且僅當時，即當時，等號成立，故有最大值，B對；對于C選項，若，則，即，當且僅當時，即當時，等號成立，故有最大值，C對；對于D選項，若，即，即，所以，，當且僅當時，即當時，等號成立，故有最小值，D對.故選：BCD.11.下列說法正確的是（）．A.不等式的解集是 B.“，”是“”成立的充分條件C.當時，則 D.“”是“”的必要條件【答案】ABD【解析】【分析】將分式不等式轉化一元二次不等式運算求解，判斷A；根據充分條件以及必要條件的概念可判斷BD；取特值舉反例可判斷C.【詳解】對于選項A：對不等式整理得，即，解得，則不等式的解集是，故A正確；對于選項B：當時，一定有成立，所以“”是“”成立的充分條件，故B正確；對于選項C：當時，例如，則，故C錯誤；對于選項D：當時，一定成立，所以“”是“"的必要條件，故D正確，故選：.12.設函數，則稱函數為的“”界函數，若給定函數，，則下列結論成立的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根據題意將函數表示為分段函數的形式，然后結合函數、的解析式逐項驗證個選項，即可得出合適的選項.【詳解】由，即，解得，所以，.對于A選項，，，所以，，A對；對于B選項，，，所以，，B錯；對于C選項，，，所以，，C對；對于D選項，，，所以，，D對.故選：ACD.第Ⅱ卷非選擇題（共90分）三、填空題（本題共4個小題，每小題5分，共20分）13.滿足的集合的個數是______．【答案】【解析】【分析】列舉出滿足條件的集合，即可得解.【詳解】滿足的集合有：、、、、、、、，所以，滿足條件的集合的個數為.故答案為：.14.函數在區(qū)間上單調，則實數的取值范圍是______．【答案】或【解析】【分析】對函數在區(qū)間上是增函數、減函數進行分類討論，即可求出實數的取值范圍.【詳解】函數的圖象開口向上，對稱軸為直線.當函數在區(qū)間上單調遞增時，則；當函數在區(qū)間上單調遞減時，則.綜上所述，實數的取值范圍是或.故答案為：或.15.若函數的定義域為，則函數的定義域是______．【答案】【解析】【分析】根據條件，利用抽象函數的定義域的求法即可求出結果.【詳解】因為函數的定義域為，由，得到，故函數的定義域為，由，即，得到，所以函數的定義域為，故答案為：.16.設函數是定義在上的奇函數且，對任意的，都有成立．若對任意的都有恒成立，則實數t的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】根據題意判斷出在上單調遞減，根據對任意的都有恒成立，可列式對任意的恒成立，根據臨界條件求解即可.【詳解】因為是定義在上的奇函數，所以當且時，有等價于，所以在上單調遞減．所以．因為對任意的都有恒成立，即對任意的恒成立，所以，設，則，解得所以實數的取值范圍是．故答案為：.四、解答題（本題共6小題，共70分）17.（1）計算；（2）已知正實數x，y滿足，求的最小值．【答案】（1）25；（2）4【解析】【分析】（1）根據指數冪運算求解；（2）利用基本不等式運算求解.【詳解】（1）原式；（2）因為x，y為正實數，由基本不等式知．當且僅當且，即，時，等號成立，所以的最小值為4．18.設集合，，其中；（1）當，求集合；（2）若，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）當時，求出集合、，利用并集的定義可求出集合；（2）對集合中的元素個數進行分類討論，結合可得出關于實數滿足的等式與不等式，綜合可得出實數的取值范圍.【小問1詳解】解：當時，，又因為，因此，當時，.【小問2詳解】解：對于方程，，因為，①當時，，解得；②當集合中只有一個元素時，，即，此時，，不合題意，舍去；③當時，，由此可知，和是方程：兩根，所以，，此時無解；綜上知實數取值范圍是．19.（1）已知集合，集合，若是成立的充分不必要條件，求實數的取值范圍；（2）已知命題“，”為假命題，求實數的取值范圍．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）分析可知，，且，根據集合的包含關系可得出關于實數的不等式組，由此可解得實數的取值范圍；（2）由題意可知，關于的方程有實根，分、兩種情況討論，在時，直接驗證即可；在時，根據題意可得出關于實數的不等式，綜合可得出實數的取值范圍.【詳解】解：（1）因為是成立的充分不必要條件，所以，，因為，則，所以，，所以，，解得，當時，，滿足，所以，存在實數滿足題意，且實數的取值范圍是；（2）因命題“，”為假命題，所以，命題“，”為真命題．則關于x的方程有實根．當時，則有，解得，合乎題意；當時，則有，解得且.綜上所述，的取值范圍為．20.某公司要建造一個長方體的無蓋儲水池，底面積為1600m，深3m．如果池底每1m的造價為120元，池壁每1m的造價為100元，問怎樣設計水池能使總造價最低，最低總造價是多少元？【答案】當水池地面設計成邊長為40m的正方形時總造價最低，最低總造價為240000元【解析】【分析】設池底一邊長為xm，根據題意可得水池總造價，結合基本不等式運算求解.【詳解】設池底一邊長為xm，則另一邊長為m，水池總造價為W元．由題可知，當且僅當，即時，等號成立，所以當水池地面設計成邊長為40m的正方形時總造價最低，最低總造價為240000元．21.已知函數、分別是定義在上的奇函數和偶函數且；（1）若對任意的正實數、都有，求最小值；（2）若對任意的恒成立，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用函數奇偶性的定義可得出關于、的等式組，解出這兩個函數的解析式，分析函數的單調性，結合奇函數的性質可得出，將代數式與相乘，展開后利用基本不等式可求出的最小值；（2）利用復合函數法分析函數在上的單調性，可得出，可得出，結合基本不等式可求出實數的取值范圍.【小問1詳解】解：因為函數、分別是定義在上的奇函數和偶函數且，則，即，所以，，解得，因為函數、均為上的增函數，故函數為上的增函數，由可得，則，所以，，又因為、均為正實數，所以，，當且僅當時，即當時，等號成立，故有最小值.【小問2詳解】解：定義域為，且函數為偶函數，當時，令，則，因為內層函數在上為增函數，外層函數在上為增函數，所以，函數在上為增函數，由，因，則，由基本不等式可得，當且僅當時，即當時，等號