2022-2023學年安徽省卓越縣中聯盟高一上學期期中數學試題一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．D【分析】求出集合M的范圍，直接求交集即可得解.【詳解】由，所以，故選：D2．已知函數的定義域為，則函數的定義域為(

)A． B． C． D．A【分析】F(x)的定義域為兩個函數定義域的交集，列出不等式組求解即可．【詳解】由題可知，，故選：A．3．下列命題中真命題的個數是（

）①命題“，”的否定為“，”；②“”是“”的充要條件；③集合，表示同一集合．A．0 B．1 C．2 D．3B【分析】根據命題的否定的定義、充要條件的定義、集合的定義判斷各命題．【詳解】①全稱命題的否定是特稱命題，命題“，”的否定為“，”，正確；②且，則，反之，如，但此時，因此不是充要條件，錯誤；③集合，不是同一集合．錯誤，正確的命題只有一個．故選：B.4．已知，則的最小值為（

）A． B．2 C．1 D．C【分析】根據均值不等式求解即可.【詳解】因為，所以，當且僅當時，即或時等號成立，故選：C5．函數的大致圖象可能是（

）A． B．C． D．A【分析】分析函數的單調性以及零點，結合排除法可得出合適的選項.【詳解】當時，，因為函數、在上均為增函數，所以，函數在上為增函數，此時令，可得，排除BCD選項；當時，，任取、，且，，當時，，，當時，，，所以，函數在上單調遞減，在上單調遞增，A選項中的函數圖象合乎要求.故選：A.6．已知函數若，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．B【分析】對分、和三種情況討論得解.【詳解】當時，不等式顯然不成立；當時，不等式可以化為，所以或，所以.當時，不等式可以化為，所以.綜上：或.故選：B7．設函數，則使得成立的的取值范圍是（

）A． B． C． D．A【分析】證明函數是偶函數，在是是增函數，然后由奇偶性、單調性轉化求解．【詳解】的定義域是，，是偶函數，時，設，，，，從而，所以，即，是增函數，不等式化為，所以，，解得．故選：A.8．已知函數在區間上的最大值是4，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．C【分析】分類討論，去掉絕對值分析函數的最大值，根據最大值為4即可得出的取值范圍.【詳解】當時，，當時，在上單調遞減，在上單調遞增，當或時，，滿足題意；當時，在上單調遞增，，不符合題意；當時，，不符合題意.綜上，實數的取值范圍為.故選：C二、多選題9．已知，，，則下列說法正確的是（

）A．若，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，則ACD【分析】根據不等式的性質逐項判斷即可得解.【詳解】對A，當時，，由不等式性質可得，故正確；對于B，，可得，由不等式性質可得，故錯誤；對于C，由可得，即，又，所以，故C正確；對于D，因為在上單調遞增，所以由可得，也可由不等式的性質，當為奇數時，可得，故正確.故選：ACD10．已知函數是定義在上的增函數，則實數的可能取值為(

)A． B． C．2 D．AD【分析】逐個選項將a的值代入驗證該指數函數的底數是否大于1即可．【詳解】，要使該指數函數為R上的增函數，則，當時，，故A正確；當時，，故B錯誤；當時，，故C錯誤；當時，，故D正確．故選：AD．11．已知實數，滿足等式，則，的大小關系可能為（

）A． B． C． D．BC【分析】結合已知條件可知，，，然后化簡整理等式并分類討論的范圍即可求解.【詳解】由等式可知，，，且，若，則，即，此時；若，則，即，此時；若，則.故選：BC.12．已知，，且，則(

)A．B．的取值可以為10C．當且僅當，時，取得最小值16D．當且僅當，時，取得最小值36CD【分析】將兩邊同時除以xy可得，由此可判斷A；，結合基本不等式可判斷B；，結合基本不等式可判斷C；，結合基本不等式得到關于的不等式，由此即可判斷D．【詳解】．故，故A錯誤；，當且僅當，即x＝y＝10時等號成立，故B錯誤；，當且僅當，即，時，等號成立，故C正確；，當且僅當，即，時等號成立，故D正確．故選：CD．三、填空題13．函數（，且）的圖象經過的定點坐標為______．和【分析】根據指數函數的性質即可得到函數所過定點.【詳解】當時，解得或，此時，故恒過點和和.故和.14．已知是定義域為的奇函數，且當時，則______．【分析】根據奇函數的性質求得參數的值，再由奇函數定義求值．【詳解】函數是奇函數，則，，即時，，所以．故．15．已知函數在區間上的值域為，則實數的取值范圍為______．【分析】求出二次函數的最小值是，再計算出，由二次函數性質可得的范圍．【詳解】，在上的值域是，則，又，所以，故，16．已知函數，，若對于任意的，和至少有一個成立，則實數的取值范圍是______．【分析】先判斷函數的取值范圍，然后根據和至少有一個成立．則可求得的取值范圍.【詳解】，當時，，又，或，在時恒成立，即在時恒成立，顯然不成立，則二次函數圖象開口只能向下，且與軸交點都在的左側，，即，解得，實數的取值范圍是．故．四、解答題17．計算或化簡下列各式：(1)；(2)．(1)(2)【分析】（1）根據冪的運算法則計算；（2）根據冪的運算法則計算．【詳解】（1）原式．（2）原式．18．已知集合，．(1)當時，求；(2)當時，若命題“，使得成立”是假命題，求實數的取值范圍．(1)(2)【分析】(1)利用指數函數單調性和一元二次不等式解法分別求解集合和，然后利用集合交運算求解即可；(2)首先求出集合并寫出命題的否定，最后利用一元二次恒成立問題即可求解.【詳解】（1）當時，．因為，所以．（2）當時，，命題“，使得成立”是假命題，即命題的否定：“，”是真命題．令，則在恒成立，因為在上單調遞增，所以在上的最小值為，故，從而實數的取值范圍是．19．已知是奇函數．(1)求實數的值；(2)若當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍．(1)(2)【分析】（1）由奇函數性質列式即可求解；（2）由變量分離得是上的增函數，則原命題等價于對于恒成立，設，則對勾函數，故，即可求解【詳解】（1）因為為上的奇函數，所以，所以．此時，經驗證，，故．（2）由（1）可知，所以是上的增函數．當時，不等式恒成立，即對于恒成立，即對于恒成立，設，易知對勾函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，解得，即實數的取值范圍是．20．已知，，，關于的不等式的解集為或．(1)求，的值；(2)解關于的不等式．(1)，(2)答案不唯一，具體見解析【分析】（1）由一元二次不等式的解集與一元二次方程的根的關系，利用韋達定理可求得；（2）按照分類，時按方程根的大小分類討論可得．【詳解】（1）因為不等式的解集為或，所以與是方程的兩個實數根，由根與系數的關系，得解得，．（2）由（1），知不等式為，即．①當時，易得不等式的解集為．②當時，不等式可化為，不等式的解集為③當時，不等式可化為，當，即時，不等式的解集為，當，即時，不等式的解集為，當，即時，不等式的解集為．21．LED燈具有節能環保的作用，且使用壽命長．經過市場調查，可知生產某種LED燈需投入的年固定成本為4萬元每生產萬件該產品，需另投入變動成本萬元，在年產量不足6萬件時，，在年產量不小于6萬件時，．每件產品售價為6元．假設該產品每年的銷量等于當年的產量．(1)寫出年利潤(萬元)關于年產量(萬件)的函數解析式．(注：年利潤＝年銷售收入－固定成本－變動成本)(2)年產量為多少萬件時，年利潤最大？最大年利潤是多少？(1)(2)當年產量為10萬件時，年利潤最大，最大年利潤為15萬元．【分析】(1)根據“年利潤＝年銷售收入－固定成本－變動成本”，分和即可求出L(x)的解析式；(2)根據二次函數和基本不等式分別求出L(x)在和時的最大值，比較即可得到答案．【詳解】（1）∵每件產品售價為6元，∴萬件產品的銷售收入為萬元，依題意得，當時，，當時，．∴（2）當時，，當時，取得最大值．當時，，當且僅當，即時，取得最大值15．∵，∴當年產量為10萬件時，年利潤最大，最大年利潤為15萬元．22．已知函數，．(1)若的最小值是，求的值．(2)是否存在，使得當的定義域為時，的值域為？若存在，求的取值范圍；若不存在，請說明理由．(1)；(2)不存在，理由見解析.【分析】（1）討論、，結合換元法、二次函數的性質及最值求參數即可.（2）根據（1）及已知判斷的單調性，進而將問題轉化為有兩個不同的正根，結合二次函數性質列不等式組求，即可判斷存在性.【詳