2021-2022學年廣東省深圳市鹽田高級中學高一上學期期中數(shù)學試題 一、單選題1．已知全集，則（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】直接利用補集的定義求解.【詳解】由，得；故選：C.2．已知，則“”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】A【分析】根據(jù)命題的充分必要性直接判斷.【詳解】對于不等式，可解得或，所以可以推出，而不可以推出，所以“”是“”的充分不必要條件．故選：A.3．命題“”的否定為（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】特稱命題的否定：將存在改任意并否定原結(jié)論，即可得答案.【詳解】由特稱命題的否定為全稱命題，則原命題的否定為.故選：D4．不等式的解集為（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】解一元二次不等式即可.【詳解】可變形為，令，得，，所以或，即不等式的解集為.故選：A.5．要使函數(shù)的值恒為負值，的取值范圍為（    ）A． B．或 C．或 D．【答案】D【分析】先討論最高次項的系數(shù)，再由二次函數(shù)的性質(zhì)討論開口和即可.【詳解】解：由題設(shè)知：①當時，適合題意；②當時，由題意得：，解得：，綜合①②得：，故選：.6．已知函數(shù)是上的偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，則（   ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由題設(shè)可得，結(jié)合各選項即可判斷正誤.【詳解】由題設(shè)，，又在上單調(diào)遞增，∴.故選：C.7．已知，則的最小值是（    ）A．4 B．6 C．8 D．16【答案】C【分析】利用乘“1”法及基本不等式計算可得.【詳解】解：因為，所以，，所以，當且僅當，即時等號成立.故選：C8．已知定義在上的函數(shù)在上單調(diào)遞增，若，且函數(shù)為偶函數(shù)，則不等式的解集為（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分析可知函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，可得出函數(shù)的單調(diào)性，分析的符號變化，由可得或，解之即可.【詳解】因為函數(shù)為偶函數(shù)，則，故函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，故函數(shù)在上單調(diào)遞減，因為，則，所以，由可得，由可得或，解不等式，可得或，解得或，故不等式的解集為.故選：D.9．若定義在上的奇函數(shù)滿足，在區(qū)間上，有，則下列說法正確的是（    ）A．函數(shù)的圖象關(guān)于點成中心對稱B．函數(shù)的圖象關(guān)于直線成軸對稱C．在區(qū)間上，為減函數(shù)D．【答案】C【分析】對于A：根據(jù)題意結(jié)合奇函數(shù)可得，結(jié)合對稱中心結(jié)論，則關(guān)于成中心對稱理解判斷；對于B：根據(jù)對稱軸的結(jié)論：，則關(guān)于成軸對稱，結(jié)合題意理解判斷；對于C：根據(jù)題意可得：在內(nèi)單調(diào)遞增，結(jié)合軸對稱性質(zhì)：對稱區(qū)間單調(diào)性相反理解判斷；對于D：整理可得，則的周期為4，結(jié)合單調(diào)性整理分析．【詳解】，即，故關(guān)于成中心對稱，不正確；∵，則關(guān)于成軸對稱，錯誤；根據(jù)題意可得：在內(nèi)單調(diào)遞增∵關(guān)于成軸對稱，（2，0）中心對稱，則在內(nèi)單調(diào)遞減；正確；又∵，則∴，可知的周期為4則錯誤故選：C． 二、多選題10．下列各組函數(shù)不是同一個函數(shù)的是（    ）A．與 B．與C．與 D．與【答案】ABD【分析】從定義域和對應(yīng)法則兩方面來判斷是否是同一函數(shù)【詳解】對于A項，的定義域是，的定義域是R，定義域不同，故不是同一函數(shù)；對于B項，與的對應(yīng)關(guān)系不同，故不是同一函數(shù)；對于C項，經(jīng)過化簡可知兩函數(shù)的解析式與定義域都一樣，所以為同一函數(shù)；對于D項，的定義域是，的定義域是，定義域不同，故不是同一函數(shù).故選：ABD11．若，則下列不等式成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】BC【解析】作差比較可知A不正確；BC正確；舉特值可知D不正確.【詳解】因為，所以，，所以，所以，故A不正確；，所以，故B正確；，故C正確；當，時，滿足，但是，故D不正確.故選：BC【點睛】關(guān)鍵點點睛：作差比較大小是解題關(guān)鍵.12．下列命題為真命題的是（    ）A．“，”是“”的必要條件B．“”是“”的充要條件C．“”是“”的充分不必要條件D．“x或y為有理數(shù)”是“為有理數(shù)”的既不充分又不必要條件【答案】CD【分析】根據(jù)充分條件和必要條件的定義逐個分析判斷即可.【詳解】對于A，當，時，成立，而當時，，不一定成立，如滿足，而不成立，所以“，”是“”的充分條件，所以A錯誤，對于B，若時，，所以由不能得到，所以B錯誤，對于C，當時，，而當時，不一定屬于，所以“”是“”的充分不必要條件，所以C正確，對于D，若，則為無理數(shù)，而當時，為有理數(shù)，而為無理數(shù)，所以“x或y為有理數(shù)”是“為有理數(shù)”的既不充分又不必要條件，所以D正確，故選：CD 三、填空題13．已知函數(shù)的定義域為，函數(shù)，則的定義域為______.【答案】【分析】結(jié)合抽象函數(shù)與具體函數(shù)定義域的求法，解不等式組即可得出答案.【詳解】因為函數(shù)的定義域為，故，所以的定義域滿足，解得，所以的定義域為.故答案為：.14．如果函數(shù)是奇函數(shù)，則__．【答案】【分析】利用函數(shù)是奇函數(shù)，即可求解.【詳解】設(shè)，.故答案為：15．已知函數(shù)，且，則_____【答案】7【分析】由可得的值，然后整體代換可得.【詳解】因為，所以，即所以.故答案為：7 四、雙空題16．已知函數(shù)則________；若當時，，則的最大值是_________．【答案】          ##【分析】結(jié)合分段函數(shù)的解析式求函數(shù)值，由條件求出的最小值,的最大值即可.【詳解】由已知，，所以，當時，由可得，所以，當時，由可得，所以，等價于，所以，所以的最大值為.故答案為：，.  五、解答題17．已知集合，集合，集合.(1)求；(2)若，求的取值范圍.【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）化簡集合，然后利用補集及交集的定義運算即得；（2）由題可得，然后分，討論即得.【詳解】（1）由，得或，所以（2）因為，所以，①當時，，則，②當時，，則，綜上，的取值范圍為或.18．已知函數(shù)，若的解集為.(1)求，的值；(2)當為何值時，的解集為？【答案】(1)，(2) 【分析】（1）依題意與為方程的兩根，利用韋達定理得到方程組，解得即可；（2）分和兩種情況討論，當時，需滿足，即可求出參數(shù)的取值范圍；【詳解】（1）解：由題意可知，的解集為，所以與為方程的兩根，，；（2）解：的解集為，①當時，的解集為，，；②當時，，，，綜上所述，的取值范圍為.19．設(shè)函數(shù).若對任意實數(shù)，有成立，且當時，；(1)判斷函數(shù)的增減性，并證明；(2)解不等式：；【答案】(1)增函數(shù)，證明見解析；(2) 【分析】（1）令求，令判斷奇偶性，再令，且即可證明單調(diào)性；（2）利用（1）中結(jié)論去函數(shù)符號求解即可.【詳解】（1）在R上為增函數(shù)，證明如下：令，則有，解得令，則，即，故為奇函數(shù)，再令，且，則因為當時，，所以所以，即又因為為奇函數(shù)，所以所以在R上單調(diào)遞增.（2）由（1）可知不等式，即解得，即不等式的解集為20．某電子廠生產(chǎn)某電子元件的固定成本是4萬元，每生產(chǎn)x萬件該電子元件，需另投入成本萬元，且已知該電子元件每件的售價為8元，且該電子加工廠每月生產(chǎn)的這種電子元件能全部售完.(1)求該電子廠這種電子元件的利潤y（萬元）與生產(chǎn)量x（萬件）的函數(shù)關(guān)系式；(2)求該電子廠這種電子元件利潤的最大值.【答案】(1)(2)最大值為18萬元. 【分析】（1）利潤等于總收入減去總成本.（2）分段函數(shù)問題分段討論.【詳解】（1）當時，；當時，.故該電子廠這種電子元件的利潤y（萬元）與生產(chǎn)量x（萬件）的函數(shù)關(guān)系式為（2）當時，函數(shù)圖像的對稱軸方程為，所以在上單調(diào)遞增，則（萬元）.當時，因為，當且僅當時，等號成立，所以，即當時，y取得最大值18.因為，所以當時，y取得最大值18，則利潤的最大值為18萬元.答：該電子廠這種電子元件利潤的最大值18萬元.21．若存在，(1)求實數(shù)m的取值范圍；(2)若為方程的兩實數(shù)根，求的取值范圍．【答案】(1)或；(2). 【分析】（1）根據(jù)給定條件，借助一元二次不等式有解，列式求解作答.（2）根據(jù)給定條件求出m的范圍，再利用韋達定理變形，求出二次函數(shù)的值域作答.【詳解】（1）因存在，則關(guān)于x的一元二次方程有兩個不等實數(shù)根，因此，解得或， 所以實數(shù)m的取值范圍是或.（2）因為方程的兩實數(shù)根，則，或，，，當時，，當時，，因此，所以的取值范圍是．22．設(shè)為實數(shù)，函數(shù)．（1）當時，求在區(qū)間上的最大值；（2）設(shè)函數(shù)為在區(qū)間上的最大值，求的解析式；（3）求的最小值.【答案】（1）0（2）t（a）（3）12﹣8【分析】（1）a＝1時，函數(shù)f（x）＝（x﹣1）2﹣1，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出它的值域；（2）化簡g（x）＝|f（x）|＝|x（x﹣2a）|，討論確定函數(shù)的單調(diào)性，求出最大值，得出t（a）的解析式；（3）分別求出各段函數(shù)的最小值（或下確界），比較各個最小值，其中的最小值，即為求t（a）的最小值．【詳解】（1）a＝1時，f（x）＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，∵x∈[0，2]，∴﹣1≤x﹣1≤1，∴﹣1≤（x﹣1）2﹣1≤0，在區(qū)間上的最大值為0；（2）g（x）＝|f（x）|＝|x（x﹣2a）|，①當a≤0時，g（x）＝x2﹣2ax在[0，2]上是增函數(shù)，故t（a）＝g（2）＝4﹣4a；②當0＜a＜1時，g（x）在[0，a）上是增函數(shù)，在[a，2a）上是減函數(shù)，在[2a，2]上是增函數(shù)，而g（a）＝a2，g（2）＝4﹣4a，g（a）﹣g（2）＝a2+4a﹣4＝（a﹣22）（a+22），故當0＜a＜22時，t（a）＝g（2）＝4﹣4a，當22≤a＜1時，t（a）＝g（a）＝a2，③當1≤a＜2時，g（x）在[0，a）上是增函數(shù)，在[a，2]上是減函數(shù)，故t（a）＝g（a）＝a2，④當a≥2時，g（x）在[0，2]上是增函數(shù)，t（a）＝g（2）＝4a﹣4，故t（a）；（3）由（2）知，當a＜22時，t（a）＝4﹣2a是單調(diào)減函數(shù)，，無最小值；當時，t（a）＝a2是單調(diào)增函數(shù)，且t（a）的最小值為t（22）＝12﹣8；當時，t（a）＝4a﹣4是單調(diào)增函數(shù)，最小值為t（2）＝4；比較得t（a）的最小值為t（22）＝12﹣8．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題的解法，含參以及含絕對值的二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題和分段函數(shù)的最值問題的解法，意在考查學生的分類討論思想意識以及數(shù)學運算能力． 

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