1、阆中中学校2023年秋高2023级期中教学质量检测数 学 试 题第I卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的1. 若全集，集合A满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据补集的运算可得答案.【详解】因为，所以，故选：C2. 函数的定义域是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】令，解不等式可得函数的定义域【详解】令，解得且故选：C3. 已知命题，则（ ）A. 命题，为假命题B. 命题，为真命题C. 命题，为假命题D. 命题，为真命题【答案】D【解析】【分析】根据全称量词命
2、题的否定为特称量词命题判断即可；【详解】解：显然当时不满足，故命题，为假命题， 所以，为真命题，故选：D4. 已知幂函数的图象过点，则的值为（ ）A. B. C. 0D. 1【答案】C【解析】【分析】根据幂函数定义求得k，再根据图象过的点求得，即可得答案.【详解】由题意是幂函数，则，即，将代入可得，故，故选：C5. “函数在上为增函数”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C 充要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】由函数的单调性，结合一次函数性质求参数范围，根据充分、必要性定义判断条件间的关系.【详解】由在上为增函数，则，所以“函数在上为增函数”是“”的必要
3、不充分条件.故选：B6. 下列命题不正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】由作差法可判断A,B,D,取可判断C，从而得出答案.【详解】选项A. , 则，故正确选项B. 由，则，故正确选项C. 取，满足，满足，故不正确选项D. 由，故正确故选：C7. 已知函数，则函数的图像是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由可知 图像与的图像关于轴对称，由 的图像即可得出结果.【详解】因为，所以 图像与的图像关于轴对称，由解析式，作出的图像如图.从而可得图像为D选项.故选：D.8. 已知为奇函数，且若，则（ ）A. B. C. D. 【答
4、案】A【解析】【分析】为奇函数，可求出，进而可求.【详解】设，因其为奇函数，则，则，得，则.故选：A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符号题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 下列函数中为偶函数且在上单调递增的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】根据函数奇偶性定义，并利用函数单调性逐一判断即可得出结论.【详解】对于A，满足偶函数定义，利用二次函数性质可得其在上单调递增，故A正确；对于B，易知，即满足偶函数定义，且当时，为单调递增，即B正确；对于C，显然的定义域为，不关于原点对称，因此C错误；对于D，易
5、知的定义域为，且满足，即是奇函数，故D错误；故选：AB10. 已知关于x不等式的解集为，则（ ）A. B. C. 不等式的解集为D. 不等式的解集为【答案】AD【解析】【分析】由题意可得是方程的两个根，且，然后利用根与系数的关系表示出，再逐个分析判断即可【详解】因为关于x的不等式的解集为，所以是方程的两个根，且，所以，得，对于A，正确，对于B，因为，所以B错误，对于C，由，得，因为，所以，所以不等式的解集为，所以C错误，对于D，由，得，因为，所以，解得，所以不等式的解集为，所以D正确，故选：AD11. 已知，都为正数，且，则下列说法正确的是（ ）A. 的最大值为B. 的最小值为C. 的最大值为
6、D. 的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】利用基本不等式一一判断即可.【详解】对于A：，当且仅当，即，时，等号成立，即的最大值为，故A正确，对于B：，由A可知，当且仅当，时，等号成立，即的最小值为，故B正确，对于C：，当且仅当，即，时，等号成立，显然不成立，所以的最大值取不到，故C错误，对于D，当且仅当，即，时，等号成立，即的最小值为，故D正确，故选：ABD12. 已知函数，以下结论正确的是（ ）A. 为奇函数B. 对任意的都有C. 的值域是D. 对任意的都有【答案】AB【解析】【分析】根据奇函数定义确定A正确，变换计算函数单调性得到B正确，取，无解得到C错误，举反例得到D错误，得到答案.
7、【详解】对选项A：，则，函数为奇函数，正确；对选项B：当时，函数单调递增，又函数为奇函数，故函数在上单调递增，即，正确；对选项C：取，得到，当时，方程无解，当时，不满足，不正确；对选项D：取，则，故，错误；故选：AB.第II卷（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上）13. 不等式的解集为_【答案】【解析】【分析】因式分解得出相应方程的根，再根据不等号方程写出解集【详解】原不等式化为，所以解集为故答案为：14. 已知函数，则_【答案】2【解析】【分析】通过赋值，即可求解.【详解】因为，令，则.故答案为：215. 已知，当取得最小值时，则
8、的值为_【答案】#【解析】【分析】利用基本不等式求得最值，根据等号成立条件可得，即可求出结果.【详解】由可得，则；当且仅当，即时，等号成立，取得最小值为，此时.故答案为：16. 设函数f(x)=x-,对任意x恒成立，则实数m的取值范围是_【答案】【解析】【详解】试题分析：因为，那么可知任意，恒成立，即为 然后对于m0时，则恒成立显然无解，故综上可知范围是考点：本试题考查了不等式恒成立问题点评：对于不等式的恒成立问题要转化为分离参数 思想求解函数的最值来处理或者直接构造函数，运用函数的最值来求解参数的范围，这是一般的解题思路，属于中档题四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证
9、明过程或演算步骤17. （1）设集合，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）根据集合的运算法则计算；（2）给韦达定理分析方程的根的可能情况，从而得出结论【详解】（1）因为，所以，所以（2）因为，且方程的两根之和为5，又由于两根只能从1，2，3，4，5中取值，因此或当时，；当时，综上：q的值为4或6.18. 已知函数（1）若，求实数a的值；（2）若，求实数m的取值范围【答案】（1）或； （2）.【解析】【分析】（1）根据，分，和三种情况讨论即可得出答案；（2）分，和三种情况讨论，解不等式即可.【小问1详解】解：当时，解得，不合题意，舍去；当时，
10、即，解得或，因为，所以符合题意；当时，解得，符合题意；综合知，当时，或；【小问2详解】解：由，得或或，解得或，故所求m的取值范围是.19. 已知定义在上的奇函数，当时， （1）求函数在上的解析式；（2）在坐标系中作出函数的图象；（3）若函数在区间上是单调函数，求实数的取值范围【答案】（1）， （2）见解析 （3）或或【解析】【分析】（1）根据函数是奇函数，求函数的解析式；（2）根据函数的解析式，作出函数的图象；（3）根据函数的图象，结合函数的单调性，转化为子集问题，即可求解.【小问1详解】当时，因为函数是奇函数，所以，且，所以函数在上的解析式为;【小问2详解】根据函数的解析式，作出函数的图象，
11、 小问3详解】函数在区间上是单调函数，根据图象可知，或，或，解得：或或.20. 我市地铁项目正在如火如荼地进行中，全部通车后将给市民带来很大的便利.已知地铁号线通车后，列车的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算地铁的载客量与发车的时间间隔相关，当时，地铁为满载状态，载客量为人；当时，载客量会减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人，记地铁的载客量为（1）当时，求的表达式；（2）若该线路每分钟的净收益为（元）问：当列车发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？【答案】（1） （2）分钟【解析】【分析】（1）当时，由可求出的值，由此可得出的表达式；（2）当时，可
12、得出关于的表达式，结合函数单调性可得出；当时，利用基本不等式求出的最大值，比较大小后可得出结论.【小问1详解】当时，解得【小问2详解】当时，可得当时，所以当时，即当时，等号成立，即所以当列车发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大为元21. 已知函数是定义在上的奇函数，且（1）求函数的解析式；（2）判断在上的单调性，并用单调性定义证明；（3）解不等式【答案】（1）， （2）增函数；证明见解析； （3）【解析】【分析】（1）根据奇函数的性质和求解即可.（2）利用函数单调性定义证明即可.（3）首先将题意转化为解不等式，再结合的单调性求解即可.【小问1详解】函数是定义在上的奇函数，；，解得，而
13、，解得，【小问2详解】函数在上为减函数；证明如下：任意且，则因为，所以，又因为，所以，所以，即，所以函数在上为减函数【小问3详解】由题意，又，所以，即解不等式，所以，所以，解得，所以该不等式的解集为22. 已知（1）若函数在上单调递减，求实数a的取值范围；（2），用表示，中的最小者，记为.若，记的最小值，求的最大值【答案】（1） （2）2【解析】【分析】（1）根据已知得出解析式，根据已知结合二次函数单调性列出不等式，得出答案；（2）根据已知函数新定义结合二次函数最值得出，即可根据与的草图得出答案.【小问1详解】在上单调递减，则对称轴，解得，故实数的取值范围为；【小问2详解】的对称轴为，当，即时
14、，当，即时，当，即时，故，而，令，当时，解得，（舍），当时，解得，（舍），当时，解得（舍），即解得：或，当时，当时，当时，当时，当时，故最大值为.【点睛】方法点睛：在研究含参二次函数最值问题上，一般分为：定轴定区间：根据二次函数在区间上的单调性直接得出答案；动轴定区间：分对称轴在区间左边，中间，右边三种情况讨论，得出其在区间上单调性，再求最大最小值，注意对于中间情形，又可具体分为偏左，偏右讨论；定轴动区间：分区间在对称轴左边，对称轴在区间中间，区间在对称轴右边三种情况进行讨论，得出其在区间上的单调性，再求最大最小值；动轴动区间：分对称轴在区间左边，中间，右边三种情况讨论，一般会通过范围约掉部分进行讨论；
