解析：黑龙江省大庆铁人中学2021-2022学年高一上学期期中数学试题(解析版).doc

铁人中学2021级高一学年上学期期中考试
数学试题
试题说明：1、本试题满分150分，答题时间120分钟.
2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡.
第Ⅰ卷 客观题部分
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 集合，，则（ ）
A. ， B. C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】
求出集合，然后进行交集运算即可.
【详解】解：，，
，.
故选：C.
2. 已知幂函数的图象过点，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据幂函数的定义，结合代入法进行求解即可.
【详解】因为是幂函数，所以，又因为函数的图象过点，
所以，因此，
故选：A
3. 下列函数中，既是奇函数又在上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断奇偶性，再确定单调性．得出结论．
【详解】A中函数定义域是，是奇函数，
B中函数定义域是，是奇函数，
C中函数定义域是，没有奇偶性，排除；
D中函数定义域是，是奇函数，是偶函数，排除；
又由勾形函数性质知在是是减函数，不合题意．
只有函数，由于是增函数，在上也是增函数，所以在上是增函数．
故选：A．
4. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用中间数1、指数函数、对数函数的单调性可得的大小关系.
【详解】因为，为单调增函数，
且，所以，
故，
又为减函数且，所以即 ，故.
故选：D.
【点睛】指数、对数的大小比较，可通过寻找合适的单调函数来构建大小关系.不同类型的数比较大小，应找一个中间数，通过它实现大小关系的传递.
5. 函数在区间上是减函数，那么实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分类讨论，当时，利用二次函数的对称轴列式可得结果.
【详解】当时，在上为减函数，符合题意；
当时，要使函数在区间上是减函数，只需，解得；
当时，因为在上为增函数，所以函数不可能在区间上是减函数.
综上所述：实数的取值范围是.
故选：C
6. 已知，则和最小值分别是（ ）
A. 16 ，32 B. 16 ，64 C. 18，32 D. 18，64
【答案】D
【解析】
【分析】运用基本不等式，已知等式进行求解即可.
【详解】因为，所以，当且仅当时取等号，即
当时取等号，
因为，
所以，因此的最小值为；
因为，
所以，
，当且仅当时取等号，也就是当时等号，即时取等号，因此的最小值为，
故选：D
7. 某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2018年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）
（参考数据：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30）
A. 2020年 B. 2021年 C. 2022年 D. 2023年
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，设第年开始超过200万元，由题中条件列出不等式求解，即可得出结果.
【详解】由题意，设第年开始超过200万元，
则，即，
两边同时取以10为底的对数，可化为：，
解可得：；则.
故选：C．

【点睛】本题主要考查指数函数模型的应用，涉及解指数不等式和对数的运算，属于常考题型.
8. 已知,是互不相同的正数,且,则的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：不妨设，由图像知，所以，选D.
考点：函数图像
【思路点睛】（1）运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.
（2）在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）
9. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】运用不等式的性质，结合差比法进行判断即可.
【详解】A：因为，所以，即，因此，所以本选项说法正确；
B：因为，所以，而，所以，因此本选项说法正确；
C：，因为，，
所以，因此本选项说法正确；
D：当时，，显然成立，，显然不成立，
所以本选项说法不正确，
故选：ABC
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 命题
B. 是成立的充分不必要条件
C. 是的必要条件
D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据全称命题的否定的性质、充分性、必要性的定义，结合一元二次方程根的判别式进行判断即可.
【详解】A：因为全称命题的否定是特称命题，所以本选项说法正确；
B：因为，所以，当时，显然成立，但是不成立，因此是成立的充分不必要条件，所以本选项说法正确；
C：当时，显然成立，但是不成立，
当时，显然，但是不成立，所以本选项说法不正确；
D：因为一元二次方程的判别式，
所以该一元二次方程没有实根，二次函数的开口向上，所以的解集为空集，因此本选项说法不正确；
故选：AB
11. 函数（其中，）的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据不同取值分类讨论即可.
【详解】函数的定义域为：，
当时，，选项A符合；
当时，，当时，函数单调递增，
当时，，所以选项D符合；
当时，，当时，，
当时，函数单调递减，所以选项B符合，
故选：ABD
12. 已知函数，下列命题正确的有（　　）
A. 对于任意实数，为偶函数
B. 对于任意实数a，
C. 存在实数，在上单调递减
D. 存在实数，使得关于的不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
直接利用函数的对称性和函数的单调性的应用求出结果．
【详解】解：函数,
①对于选项A：由于,且,故函数为偶函数．故选项A正确．
②对于选项B：当时时,,故选项B错误．
③对于选项C：由于函数的图象关于轴对称,在时,函数为单调递增函数,在时,函数为单调递减函数,
故在上单调递减,故选项C正确．
④对于选项D：由于函数的图象关于轴对称,且在时,函数为单调递增函数,在时,函数为单调递减函数,
故存在实数时, 使得关于的不等式的解集为,故选项D正确．
故选：ACD.
【点睛】函数的性质的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于综合题型．
第Ⅱ卷 主观题部分
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13. 已知函数且的图象恒过定点，则此定点坐标为______
【答案】

【解析】
【分析】根据指数幂运算性质进行求解即可.
【详解】因为，所以定点坐标为，
故答案为：
14. 的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由对数的运算，指数的运算，代入运算即可得解.
【详解】解：原式．
故答案为.
【点睛】本题考查了对数的运算及指数幂的运算，属基础题.
15. 已知函数f(x)＝为奇函数，则a＋b＝________.
【答案】0
【解析】
【详解】当x>0时，－x<0，f(－x)＝x2－x，－f(x)＝－ax2－bx，故x2－x＝－ax2－bx，所以－a＝1，－b＝－1，即a＝－1，b＝1，故a＋b＝0.
16. 若对任意恒成立则正数a的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】两边取自然对数，将不等式转化为一次函数的恒成立问题，即可得答案；
【详解】对任意恒成立，
，
故答案为：.
四、解答题(本大题共6小题，第17题10分，第18-22题每小题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17. 已知不等式的解集为，不等式的解集为.
（1）求；
（2）若不等式的解集为，求不等式的解集.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据一元二次不等式的解法，结合绝对值不等式的解法、集合交集的定义进行求解即可；
（2）根据一元二次不等式解集的性质，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.
【小问1详解】
由，得，所以
，所以
所以；
【小问2详解】
因为，所以是方程的两根，
于是有：，解得，
所以，即，
解得或.
所以原不等式的解集为.
18. 已知函数且
（1）判断函数的奇偶性;
（2）解关于的不等式.
【答案】（1）函数为奇函数
（2）当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为
【解析】
【分析】（1）根据奇偶函数的定义进行判断即可；
（2）根据对数的运算性质，结合对数函数的单调性分类讨论求解即可.
【小问1详解】
要使函数有意义有成立，得，
所以函数的定义域是，关于原点对称，
，所以函数为奇函数；
【小问2详解】

所以不等式可化为
当时，，解得，
当时，，解得
综上，，不等式的解集为；不等式的解集为.
19. 已知函数在区间上有最大值，最小值，设.
（1）求的值；
（2）若不等式在时恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用二次函数的单调性进行求解即可；
（2）利用换元法、构造函数法，结合二次函数的性质进行求解即可.
【小问1详解】
当时，函数的对称轴为：，
因此函数当时，单调递增，
故
所以；
【小问2详解】
由（1）知，
不等式，可化为：
即，令，
，令
.
20. 某厂家拟在2021年举办某产品的促销活动经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）万件与年促销费用万元之间满足（为常数）．若不做促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件，已知2021年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金）．
（1）将2021年该产品利润万元表示为年促销费用万元的函数（利润=销售额成本-促销费用）；
（2）该厂家2021年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？
【答案】（1）
（2）该厂家2021年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大，最大为21万元
【解析】
【分析】（1）由题意把，代入求出的值，求出每件产品的销售价格，由利润等于收入减去费用得到利润万元与年促销费用万元的函数关系式，
（2）直接利用基本不等式求解即可
【小问1详解】
由题意可知当时，（万件），
所以，得，
所以，
因为每件产品的销售价格为元，
所以2021年该产品的利润为

【小问2详解】
当时，，
所以，当且仅当，即（万元）时取等号，
所以当（万元）时，有最大值21万元，
所以该厂家2021年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大，最大为21万元
21. 函数是奇函数.
（1）求实数的值；
（2）用单调函数的定义证明：函数在上单调递增；
（3）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
【分析】（1）利用奇函数的定义可求得的值；
（2）任取、，，作差，因式分解，并判断的符号，由此可证得结论成立；
（3）将所求不等式变形为，利用（2）中的结论可得出关于实数的不等式，由此可求得实数的取值范围.
【详解】（1）由题意知恒成立，即，
所以，故；
（2）证明：任取、，，则
，
由函数在单调递增，知，即，
且知，即，从而.
故函数在单调递增；
（3）由函数是奇函数，
得.
由函数在单调递增，得，
所以，即或.

所以实数的取值范围为.
22. 已知函数．
（1）判断函数在其定义域上的单调性（不需要证明）﹔
（2）对任意的，都有，若存在的两个取值，使得为常数），求的值．
【答案】（1）在上单调递增
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数式，然后根据单调性的性质判断；
（2）已知等式交叉相乘后取对数变形利用（1）中函数的单调性得出，代入，利用是此方程的两个解，得出培训五日关系，完成证明.
【小问1详解】
由已知，由于和在上都是增函数，
因此在定义域内是增函数；
【小问2详解】
由，即，化简为．
因为，所以，又由题可知，所以．
所以两边取对数得，即，
即，即，即，
由（1）知为上的增函数，所以．
又因为，即存在使成立，
不妨设，即，
即，即，所以．