2022-2023學(xué)年湖北省武漢市水果湖高一年級(jí)上冊(cè)學(xué)期10月線上月考數(shù)學(xué)試題【含答案】

2022-2023學(xué)年湖北省武漢市水果湖高級(jí)中學(xué)高一上學(xué)期10月線上月考數(shù)學(xué)試題一、單選題1．設(shè)或，，若，，則有（

）A．， B．， C．， D．，【答案】D【分析】由題知，再解方程即可.【詳解】解：因?yàn)榛?，，，所以，，解得，故選：D2．命題“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根據(jù)命題否定的定義即可得到答案【詳解】命題“，”的否定是“，”故選：D3．設(shè)，則““是“”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必條件【答案】B【解析】解出兩個(gè)不等式的解集，根據(jù)充分條件和必要條件的定義，即可得到本題答案.【詳解】由，得，又由，得，因?yàn)榧?，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B【點(diǎn)睛】本題主要考查必要不充分條件的判斷，其中涉及到絕對(duì)值不等式和一元二次不等式的解法.4．已知，，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用待定系數(shù)法求得，然后利用不等式的基本性質(zhì)可求得的取值范圍.【詳解】設(shè)，則解得，∴，又，，∴即.故選：B.5．已知函數(shù)若的最小值為，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】分別求解分段函數(shù)在每一段定義區(qū)間內(nèi)的最小值，結(jié)合函數(shù)在整體定義域內(nèi)的最小值得到關(guān)于a的不等式組，解不等式組得到a的取值范圍.【詳解】當(dāng)時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，即當(dāng)時(shí)，函數(shù)的最小值為；當(dāng)時(shí)，，要使得函數(shù)的最小值為，則滿足解得．故選：A．6．函數(shù)的部分圖象大致為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】分析函數(shù)的奇偶性，利用基本不等式結(jié)合排除法可得出合適的選項(xiàng).【詳解】，該函數(shù)的定義域?yàn)?，，則函數(shù)為奇函數(shù)，排除BD選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，排除A選項(xiàng).故選：C.7．已知函數(shù)滿足：，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】賦值法得到，進(jìn)而得到，即是以6為周期的函數(shù)，且得到，從而利用函數(shù)周期性求解出.【詳解】，令得：，因?yàn)?，所以，令，得：，即，則，上面兩式子聯(lián)立得：，所以，故，故是以6為周期的函數(shù)，且，所以故選：A8．已知函數(shù)?是定義在上的函數(shù)，其中是奇函數(shù)，是偶函數(shù)，且，若對(duì)于任意，都有，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由函數(shù)的奇偶性可得，從而可求得函數(shù)的解析式，再根據(jù)，可得，令，則函數(shù)在上遞增，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分和結(jié)合二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出答案.【詳解】解：因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，是偶函數(shù)，所以，又，則，兩式相加可得，若對(duì)于任意，都有，可變形為，令，則函數(shù)在上遞增，當(dāng)時(shí)，在上遞增，符合題意，當(dāng)時(shí)，則函數(shù)為二次函數(shù)，對(duì)稱(chēng)軸為，因?yàn)楹瘮?shù)在上遞增，所以或，解得或，綜上所述，.故選：C.二、多選題9．已知集合，若集合A有且僅有2個(gè)子集，則a的取值有（

）A．-2 B．-1 C．0 D．1【答案】BCD【分析】根據(jù)條件可知集合中僅有一個(gè)元素，由此分析方程為一元一次方程、一元二次方程的情況，從而求解出的值.【詳解】因?yàn)榧蟽H有個(gè)子集，所以集合中僅有一個(gè)元素，當(dāng)時(shí)，，所以，所以，滿足要求；當(dāng)時(shí)，因?yàn)榧现袃H有一個(gè)元素，所以，所以，此時(shí)或，滿足要求，故選：BCD.10．下列說(shuō)法正確的是（

）A．若函數(shù)的定義域?yàn)椋瑒t函數(shù)的定義域?yàn)锽．圖象關(guān)于點(diǎn)成中心對(duì)稱(chēng)C．函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是D．冪函數(shù)在上為減函數(shù)，則的值為1【答案】BD【分析】計(jì)算抽象函數(shù)定義域得到A錯(cuò)誤；根據(jù)平移法則得到B正確；計(jì)算單調(diào)區(qū)間得到C錯(cuò)誤；根據(jù)冪函數(shù)的定義結(jié)合單調(diào)性計(jì)算得到D正確，得到答案.【詳解】對(duì)選項(xiàng)A：函數(shù)的定義域?yàn)?，則函數(shù)的定義域?yàn)闈M足，解得，故定義域?yàn)?，錯(cuò)誤；對(duì)選項(xiàng)B：，函數(shù)可以由奇函數(shù)，向左平移2個(gè)單位，向上平移1個(gè)單位得到，故圖象關(guān)于點(diǎn)成中心對(duì)稱(chēng)，正確；對(duì)選項(xiàng)C：函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是和，錯(cuò)誤；對(duì)選項(xiàng)D：冪函數(shù)，則，解得或，當(dāng)時(shí)，在上為增函數(shù)，排除；當(dāng)，，滿足條件，故，正確.故選：BD11．一般地，若函數(shù)的定義域?yàn)?，值域?yàn)?，則稱(chēng)為的“倍跟隨區(qū)間”；若函數(shù)的定義域?yàn)椋涤蛞矠?，則稱(chēng)為的“跟隨區(qū)間”．下列結(jié)論正確的是（

）A．若為的“跟隨區(qū)間”，則B．函數(shù)存在“跟隨區(qū)間”C．若函數(shù)存在“跟隨區(qū)間”，則D．二次函數(shù)存在“3倍跟隨區(qū)間”【答案】AD【分析】對(duì)A，由跟隨區(qū)間的定義可得，求解即可；對(duì)B，根據(jù)定義得出可求解；對(duì)C，根據(jù)定義得出，解得，令化簡(jiǎn)可判斷在區(qū)間上有兩根不相等的實(shí)數(shù)根；對(duì)D，根據(jù)定義設(shè)定義域?yàn)?，值域?yàn)?，可得討論?dāng)時(shí)即可.【詳解】對(duì)A，若為的跟隨區(qū)間，因?yàn)樵趨^(qū)間為增函數(shù)，故其值域?yàn)?，根?jù)題意有，解得或，因?yàn)楣剩蔄正確；對(duì)B，因?yàn)楹瘮?shù)在區(qū)間與上均為減函數(shù)，故若存在跟隨區(qū)間則有，解得：，但，故不存在，B錯(cuò)誤．對(duì)C，若函數(shù)存在跟隨區(qū)間，因?yàn)闉闇p函數(shù)，故由跟隨區(qū)間的定義可知，，即，因?yàn)?，所以．易得．所以，令代入化?jiǎn)可得，同理也滿足，即在區(qū)間上有兩根不相等的實(shí)數(shù)根．故，解得，故C不正確．對(duì)D，若存在“3倍跟隨區(qū)間”，則可設(shè)定義域?yàn)椋涤驗(yàn)椋?dāng)時(shí)，易得在區(qū)間上單調(diào)遞增，此時(shí)易得為方程的兩根，求解得或．故存在定義域，使得值域?yàn)椋蔇正確．故選：AD．12．已知，若對(duì)任意的，不等式恒成立，則（

）A． B．C．的最小值為12 D．的最小值為【答案】ACD【分析】由已知可得，由于，所以可得當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，從而可得，，則，然后代入各選項(xiàng)的式子中結(jié)合基本不等式和函數(shù)的性質(zhì)分析判斷.【詳解】由，得，所以，因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，因?yàn)閷?duì)任意的，不等式恒成立，所以當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以對(duì)于函數(shù)，有，，所以，所以A正確，B錯(cuò)誤，對(duì)于C，因?yàn)?，所以，所以，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，所以的最小值為12，所以C正確，對(duì)于D，，令，因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號(hào)，所以，由，得，所以，所以，所以函數(shù)在上遞增，所以當(dāng)時(shí)，取得最小值為，所以的最小值為，所以D正確，故選：ACD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查不等式恒成立問(wèn)題，考查基本不等式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是由題意結(jié)合一次函數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)得，，從而可結(jié)合基本不等式分析判斷，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想，屬于較難題.三、填空題13．函數(shù)的定義域?yàn)開(kāi)_______．【答案】【分析】根據(jù)題意列關(guān)于的不等式組即可求解.【詳解】由題要使得有意義，則，故且，從而的定義域?yàn)椋蚀鸢笧椋?14．已知為正實(shí)數(shù)，則的最小值為_(kāi)_________．【答案】6【分析】將原式變形為，結(jié)合基本不等式即可求得最值.【詳解】由題得，設(shè)，則.當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等.所以的最小值為6.故答案為：615．已知非空集合M滿足，若存在非負(fù)整數(shù)k（），使得對(duì)任意，均有，則稱(chēng)集合M具有性質(zhì)P，則具有性質(zhì)P的集合M的個(gè)數(shù)為_(kāi)_____________.【答案】8【分析】分的取值進(jìn)行分情況計(jì)算討論滿足條件的集合，從而得到答案.【詳解】當(dāng)時(shí)，為.當(dāng)時(shí)，為當(dāng)時(shí)，為當(dāng)時(shí)，為.所以滿足條件的集合有8個(gè).故答案為：8【點(diǎn)睛】本題考查了集合的運(yùn)算性質(zhì)、元素與集合之間的關(guān)系、新定義，考查了分類(lèi)討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．16．已知函數(shù)的定義域?yàn)?，且函?shù)的圖像關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，對(duì)于任意的，總有成立，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)，對(duì)任意，存在，使得成立，則滿足條件的實(shí)數(shù)的取值范圍是__________.【答案】【分析】根據(jù)抽象函數(shù)的性質(zhì)得到是定義域在R上的奇函數(shù)且是周期函數(shù)，求得的取值范圍，再求得的最小值即可.【詳解】解：由題意得：函數(shù)的圖像關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的圖像關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)是定義域在R上的奇函數(shù)當(dāng)時(shí)，又，，又對(duì)于任意的，總有成立是周期為4的周期函數(shù)剛好為一個(gè)周期函數(shù)當(dāng)時(shí)，任意，存在，使得顯然成立當(dāng)時(shí)，任意，存在，使得成立，即存在，使得因?yàn)楫?dāng)時(shí)，有最小值所以解得：所以綜上：滿足條件的實(shí)數(shù)的取值范圍是故答案為：四、解答題17．已知集合，或，全集.(1)若，求；(2)若，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）將代入集合中確定出，求出與的交集即可；（2）根據(jù)交集的定義可得答案.【詳解】（1）將代入集合中的不等式得：，∵或，,（2）∵，或，因?yàn)?，所以A不是空集，因?yàn)?，所以，解得，所以?shí)數(shù)的取值范圍為.18．已知函數(shù).(1)求的解析式;(2)判斷并證明函數(shù)在上的單調(diào)性.【答案】(1)(2)單調(diào)遞增,證明見(jiàn)解析【分析】(1)根據(jù)代入即可求得的解析式;(2)先判斷的單調(diào)性,再利用單調(diào)性的定義證明即可.【詳解】（1）解:由題意得,解得,;（2）在上單調(diào)遞增,證明如下:設(shè)任意,則由,得,,即,故在上單調(diào)遞增.19．設(shè)函數(shù)．(1)若不等式的解集為，求實(shí)數(shù)的值；(2)若，且，使成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）由韋達(dá)定理列方程組求解可得；（2）該問(wèn)題為恒成立問(wèn)題，整理后分二次系數(shù)是否等于0兩種情況討論即可.【詳解】（1）由題意可知：方程的兩根是，1所以解得（2）由得，成立，即使恒成立，又因?yàn)椋肷鲜娇傻煤愠闪ⅲ?dāng)時(shí)，顯然上式不恒成立；當(dāng)時(shí)，要使恒成立所以，解得綜上可知的取值范圍是．20．已知二次函數(shù)．(1)若點(diǎn)在該二次函數(shù)的圖象上，求的解集；(2)若點(diǎn)在該二次函數(shù)的圖象上，且，求的最小值．【答案】(1)答案見(jiàn)解析(2)【分析】（1）由題意可得，即，討論，，，時(shí)，結(jié)合二次不等式的解法，不等式的解集，可得所求解集；（2）依題意可得，，可得，運(yùn)用基本不等式和討論，，可得所求最小值．【詳解】（1）解：因?yàn)辄c(diǎn)在函數(shù)上，所以，即，所以不等式，即，即，①當(dāng)時(shí)，解得，即不等式的解集為；②當(dāng)時(shí)，原不等式即為，則不等式的解集為；③當(dāng)時(shí)，解得或，即不等式的解集為；④當(dāng)時(shí)，解得或，即不等式的解集為；綜上可得，當(dāng)時(shí)不等式的解集為；當(dāng)時(shí)不等式的解集為；當(dāng)時(shí)不等式的解集為；當(dāng)時(shí)不等式的解集為.（2）解：因?yàn)辄c(diǎn)在函數(shù)上，所以，即，因?yàn)?，所以，所以，?dāng)時(shí)，，可得的最小值為，當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)等號(hào)成立；當(dāng)時(shí)，，可得的最小值為，當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)等號(hào)成立．所以的最小值為．21．第四屆中國(guó)國(guó)際進(jìn)口博覽會(huì)于2021年11月5日至10日在上海舉行.本屆進(jìn)博會(huì)有4000多項(xiàng)新產(chǎn)品?新技術(shù)?新服務(wù).某跨國(guó)公司帶來(lái)了高端空調(diào)模型參展，通過(guò)展會(huì)調(diào)研，中國(guó)甲企業(yè)計(jì)劃在2022年與該跨國(guó)公司合資生產(chǎn)此款空調(diào).生產(chǎn)此款空調(diào)預(yù)計(jì)全年需投入固定成本260萬(wàn)元，生產(chǎn)x千臺(tái)空調(diào)，需另投入資金R萬(wàn)元，且.經(jīng)測(cè)算，當(dāng)生產(chǎn)10千臺(tái)空調(diào)時(shí)需另投入的資金R=4000萬(wàn)元.現(xiàn)每臺(tái)空調(diào)售價(jià)為0.9萬(wàn)元時(shí)，當(dāng)年內(nèi)生產(chǎn)的空調(diào)當(dāng)年能全部銷(xiāo)售完.(1)求2022年該企業(yè)年利潤(rùn)W（萬(wàn)元）關(guān)于年產(chǎn)量x（千臺(tái)）的函數(shù)關(guān)系式；(2)2022年產(chǎn)量為多少時(shí)，該企業(yè)所獲年利潤(rùn)最大？最大年利潤(rùn)為多少？注：利潤(rùn)=銷(xiāo)售額-成本.【答案】(1)(2)當(dāng)2022年產(chǎn)量為100千臺(tái)時(shí)，該企業(yè)的年利潤(rùn)最大，最大年利潤(rùn)為8990萬(wàn)元【分析】（1）由題意可知時(shí)，R=4000，代入函數(shù)中可求出，然后由年利潤(rùn)等于銷(xiāo)售總額減去投入資金，再減去固定成本，可求出年利潤(rùn)W（萬(wàn)元）關(guān)于年產(chǎn)量x（千臺(tái)）的函數(shù)關(guān)系式，（2）分別當(dāng)和求出函數(shù)的最大值，比較即可得答案【詳解】（1）由題意知，當(dāng)時(shí)，，所以a=300.當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.所以，（2）當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，W有最大值，最大值為8740；當(dāng)時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)，即x=100時(shí)，W有最大值，最大值為8990.因?yàn)?，所以?dāng)2022年產(chǎn)量為100千臺(tái)時(shí)，該企業(yè)的年利潤(rùn)最大，最大年利潤(rùn)為8990萬(wàn)元.22．已知函數(shù)對(duì)任意實(shí)數(shù)恒有，當(dāng)時(shí)，，且(1)判斷的奇偶性；(2)求函數(shù)在區(qū)間上的最大值；(3)若恒成立，求實(shí)數(shù)的取