閬中中學校2023年秋高2023級期中教學質量檢測數學試題第I卷（選擇題，共60分）一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符號題目要求的．1.若全集，集合A滿足，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據補集的運算可得答案.【詳解】因為，，所以，故選：C2.函數的定義域是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】令，解不等式可得函數的定義域．【詳解】令，解得且故選：C3.已知命題，，則（）A.命題，為假命題B.命題，為真命題C.命題，為假命題D.命題，為真命題【答案】D【解析】【分析】根據全稱量詞命題的否定為特稱量詞命題判斷即可；【詳解】解：顯然當時不滿足，故命題，為假命題，所以，為真命題，故選：D．4.已知冪函數的圖象過點，則的值為（）A. B. C.0 D.1【答案】C【解析】【分析】根據冪函數定義求得k，再根據圖象過的點求得，即可得答案.【詳解】由題意是冪函數，則，即，將代入可得，故，故選：C5.“函數在上為增函數”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C充要條件 D.既不充分又不必要條件【答案】B【解析】【分析】由函數的單調性，結合一次函數性質求參數范圍，根據充分、必要性定義判斷條件間的關系.【詳解】由在上為增函數，則，所以“函數在上為增函數”是“”的必要不充分條件.故選：B6.下列命題不正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，，則D.若，則【答案】C【解析】【分析】由作差法可判斷A,B,D,取可判斷C，從而得出答案.【詳解】選項A.,則，故正確選項B.由，則，故正確選項C.取，滿足，，，滿足，故不正確選項D.由，，故正確故選：C7.已知函數，則函數的圖像是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由可知圖像與的圖像關于軸對稱，由的圖像即可得出結果.【詳解】因為，所以圖像與的圖像關于軸對稱，由解析式，作出的圖像如圖.從而可得圖像為D選項.故選：D.8.已知為奇函數，且．若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】為奇函數，可求出，進而可求.【詳解】設，因其為奇函數，，則，則，得，則.故選：A二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的選項中，有多項符號題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.下列函數中為偶函數且在上單調遞增的是（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】根據函數奇偶性定義，并利用函數單調性逐一判斷即可得出結論.【詳解】對于A，滿足偶函數定義，利用二次函數性質可得其在上單調遞增，故A正確；對于B，易知，即滿足偶函數定義，且當時，為單調遞增，即B正確；對于C，顯然的定義域為，不關于原點對稱，因此C錯誤；對于D，易知的定義域為，且滿足，即是奇函數，故D錯誤；故選：AB10.已知關于x不等式的解集為，則（）A.B.C.不等式的解集為D.不等式的解集為【答案】AD【解析】【分析】由題意可得是方程的兩個根，且，然后利用根與系數的關系表示出，再逐個分析判斷即可【詳解】因為關于x的不等式的解集為，所以是方程的兩個根，且，所以，得，對于A，，正確，對于B，因為，所以B錯誤，對于C，由，得，因為，所以，所以不等式的解集為，所以C錯誤，對于D，由，得，因為，所以，解得，所以不等式的解集為，所以D正確，故選：AD11.已知，都為正數，且，則下列說法正確的是（）A.的最大值為 B.的最小值為C.的最大值為 D.的最小值為【答案】ABD【解析】【分析】利用基本不等式一一判斷即可.【詳解】對于A：，，，，當且僅當，即，時，等號成立，即的最大值為，故A正確，對于B：，，，，由A可知，，，當且僅當，時，等號成立，即的最小值為，故B正確，對于C：，，，，當且僅當，即，時，等號成立，顯然不成立，所以的最大值取不到，故C錯誤，對于D，，，，，當且僅當，即，時，等號成立，即的最小值為，故D正確，故選：ABD．12.已知函數，以下結論正確的是（）A.為奇函數B.對任意的都有C.的值域是D.對任意的都有【答案】AB【解析】【分析】根據奇函數定義確定A正確，變換計算函數單調性得到B正確，取，無解得到C錯誤，舉反例得到D錯誤，得到答案.【詳解】對選項A：，，則，函數為奇函數，正確；對選項B：當時，，函數單調遞增，又函數為奇函數，故函數在上單調遞增，即，正確；對選項C：取，得到，當時，，方程無解，當時，，不滿足，不正確；對選項D：取，，則，，故，錯誤；故選：AB.第II卷（非選擇題，共90分）三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在答題卡中的橫線上）13.不等式的解集為_______________．【答案】【解析】【分析】因式分解得出相應方程的根，再根據不等號方程寫出解集．【詳解】原不等式化為，所以解集為．故答案為：．14.已知函數，則_________【答案】2【解析】【分析】通過賦值，即可求解.【詳解】因為，令，則.故答案為：215.已知，當取得最小值時，則的值為_______________．【答案】##【解析】【分析】利用基本不等式求得最值，根據等號成立條件可得，即可求出結果.【詳解】由可得，則；當且僅當，即時，等號成立，取得最小值為，此時.故答案為：16.設函數f(x)=x,對任意x恒成立，則實數m的取值范圍是________【答案】【解析】【詳解】試題分析：因為，那么可知任意，恒成立，即為然后對于m<0時，則有．當m>0時，則恒成立顯然無解，故綜上可知范圍是考點：本試題考查了不等式恒成立問題．點評：對于不等式的恒成立問題要轉化為分離參數思想求解函數的最值來處理或者直接構造函數，運用函數的最值來求解參數的范圍，這是一般的解題思路，屬于中檔題．四、解答題：本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.（1）設集合，，求，；（2）已知全集，非空集合，，求的值．【答案】（1），；（2）4或6【解析】【分析】（1）根據集合的運算法則計算；（2）給韋達定理分析方程的根的可能情況，從而得出結論．【詳解】（1）因為，，所以，，所以（2）因為，且方程的兩根之和為5，又由于兩根只能從1，2，3，4，5中取值，因此或當時，，；當時，，綜上：q的值為4或6.18.已知函數（1）若，求實數a的值；（2）若，求實數m的取值范圍．【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）根據，分，和三種情況討論即可得出答案；（2）分，和三種情況討論，解不等式即可.【小問1詳解】解：①當時，，解得，不合題意，舍去；②當時，，即，解得或，因為，，所以符合題意；③當時，，解得，符合題意；綜合①②③知，當時，或；【小問2詳解】解：由，得或或，解得或，故所求m的取值范圍是.19.已知定義在上的奇函數，當時，．（1）求函數在上的解析式；（2）在坐標系中作出函數的圖象；（3）若函數在區(qū)間上是單調函數，求實數的取值范圍．【答案】（1），（2）見解析（3）或或【解析】【分析】（1）根據函數是奇函數，求函數的解析式；（2）根據函數的解析式，作出函數的圖象；（3）根據函數的圖象，結合函數的單調性，轉化為子集問題，即可求解.【小問1詳解】當時，，因為函數是奇函數，所以，且，所以函數在上的解析式為;【小問2詳解】根據函數的解析式，作出函數的圖象，小問3詳解】函數在區(qū)間上是單調函數，根據圖象可知，，或，或，解得：或或.20.我市地鐵項目正在如火如荼地進行中，全部通車后將給市民帶來很大的便利.已知地鐵號線通車后，列車的發(fā)車時間間隔（單位：分鐘）滿足，經市場調研測算．地鐵的載客量與發(fā)車的時間間隔相關，當時，地鐵為滿載狀態(tài)，載客量為人；當時，載客量會減少，減少的人數與成正比，且發(fā)車時間間隔為分鐘時的載客量為人，記地鐵的載客量為．（1）當時，求的表達式；（2）若該線路每分鐘的凈收益為（元）．問：當列車發(fā)車時間間隔為多少時，該線路每分鐘的凈收益最大？【答案】（1）（2）分鐘【解析】【分析】（1）當時，，由可求出的值，由此可得出的表達式；（2）當時，可得出關于的表達式，結合函數單調性可得出；當時，利用基本不等式求出的最大值，比較大小后可得出結論.【小問1詳解】當時，，∵，∴，解得．∴．【小問2詳解】當時，．∴．可得．當時，．∴，所以當時，即當時，等號成立，即．所以當列車發(fā)車時間間隔為分鐘時，該線路每分鐘的凈收益最大為元．21.已知函數是定義在上的奇函數，且．（1）求函數的解析式；（2）判斷在上的單調性，并用單調性定義證明；（3）解不等式．【答案】（1），（2）增函數；證明見解析；（3）【解析】【分析】（1）根據奇函數的性質和求解即可.（2）利用函數單調性定義證明即可.（3）首先將題意轉化為解不等式，再結合的單調性求解即可.【小問1詳解】函數是定義在上的奇函數，；，解得，∴，而，解得，∴，．【小問2詳解】函數在上為減函數；證明如下：任意且，則因為，所以，又因為，所以，所以，即，所以函數在上為減函數．【小問3詳解】由題意，，又，所以，即解不等式，所以，所以，解得，所以該不等式的解集為．22.已知．（1）若函數在上單調遞減，求實數a的取值范圍；（2），用表示，中的最小者，記為.若，記的最小值，，求的最大值．【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）根據已知得出解析式，根據已知結合二次函數單調性列出不等式，得出答案；（2）根據已知函數新定義結合二次函數最值得出，即可根據與的草圖得出答案.【小問1詳解】在上單調遞減，則對稱軸，解得，故實數的取值范圍為；【小問2詳解】的對稱軸為，當，即時，，當，即時，，當，即時，，故，而，令，當時，，解得，（舍），當時，，解得，（舍），當時，，解得（舍），即解得：或，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，故最大值為.【點睛】方法點睛：在