2022-2023學年福建省寧德市高一上學期區域性學業質量監測（期中）數學試題（A卷）一、單選題1．已知，，則（

）A． B． C． D．D【分析】由題意求出，，由交集的定義即可得出答案.【詳解】因為，所以，所以.故選：D.2．“”的否定是（

）A． B．C． D．B【分析】根據全稱命題的否定是特稱命題求解即可.【詳解】由于全稱命題“”的否定為“”，所以，的否定為，．故選：B．3．設集合.下列四個圖象中能表示從集合到集合的函數關系的是（

）A．3個 B．2個 C．1個 D．0個C【分析】由函數的定義，集合中的每一個值，在集合中都有唯一確定的一個值與之對應，結合圖象一一進行分析，圖①可知當時，集合中沒有值與之對應；圖②明顯可知構成函數關系；圖③可知當時，集合中沒有與它相對應；圖④可知對于集合中的每一個值，在集合中有2個值與之對應；結合分析即可得出結論．【詳解】解：由函數的定義，若集合中的每一個值，在中都有唯一確定的一個值與之對應，則能表示從集合到集合的函數關系，圖①，因為當時，集合中沒有值與之對應，故不構成函數關系；圖②，對于集合中的每一個值，在集合中都有唯一確定的一個值與之對應，故從集合到集合構成函數關系.圖③，由圖可知，當，，而對于集合中，當時，集合中沒有與它相對應，故不構成函數關系；圖④，對于集合中的每一個值，在集合中有2個值與之對應，故不構成函數關系；所以能表示從集合到集合的函數關系的共有1個.故選：C.4．函數，則（

）A．﹣1 B．0 C．1 D．3A【分析】根據函數的解析式，賦值求.【詳解】，故選：A．5．若，則下列命題正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，，則A【分析】對于A,可利用作差法判斷；對于B,C,D，舉反例即可判斷正誤.【詳解】對于A，若，則，故A正確；對于B，當時，，故B不正確；對于C，不妨取，則，故C錯誤；對于D，若，，不妨取，則，D錯誤，故選：A6．已知集合，則集合的真子集的個數為（

）A．6 B．7 C．8 D．15B【分析】求出集合中的元素有三個，再利用即可求出答案.【詳解】或或，故集合則集合的真子集的個數為.故選：B.7．設集合，集合，若中恰含有一個整數，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．C【分析】首先求出或，然后對分，，三類討論，利用數軸得到相關不等式，解出即可.【詳解】由中不等式變形得:,解得:或,即或，，即，令，則或，若，則，即，此時，此時，不合題意舍去，若，則不等式解集為，根據數軸分析得若恰有一個整數，則，解得，若，則不等式解集為，根據數軸分析得若恰有一個整數，則，解得，綜上，故選：C.8．函數是定義在上的增函數的一個充分不必要條件是（

）A． B． C． D．A【分析】由題意可知函數在區間上為增函數，再注意分界點處值的大小關系，從而得到，解出不等式組即可.【詳解】當時，，因為在上為增函數，則函數在區間上為增函數，且在銜接點處，，即，解得，根據選項一一對照，則其一個充分不必要條件是，故選：A.二、多選題9．已知集合，則下列式子正確的是（

）A． B． C． D．AC【分析】解出集合A，根據元素與集合的關系以及集合與集合的關系即可判斷．【詳解】由于，則選項A正確；由于，則選項B不正確；由于，則選項C正確；由于，則選項D不正確．故選：AC．10．下列函數中，在其定義域內既是奇函數又是減函數的是（

）A． B．C． D．且BC【分析】對A選項分析其偶函數，對B選項可證明其為奇函數，且為減函數，對C選項由其圖像可知其為奇函數，且為減函數，對D選項，由于其單調性是在各自區間范圍內，則可判斷其錯誤.【詳解】對A選項，，且定義域關于原點對稱，故其為偶函數，故A錯誤，對B選項，，且定義域關于原點對稱，故其為奇函數，又由冪函數在上為增函數，所以為減函數，故B正確，對C選項，，且定義域關于原點對稱，故其為奇函數，再根據其基本圖像，可知其在上減函數，故正確，對D選項，定義域為，但它在各自區間范圍內單調遞減，故其錯誤，故選：BC.11．已知，且，則（

）A． B． C． D．ACD【分析】由已知結合基本不等式對各選項分別進行判斷。【詳解】對于A，因為，且，由，得，當且僅當時，等號成立，所以A正確；對于B，因為，且，所以，當且僅當時，等號成立，所以B錯誤；對于C，因為，且，所以，當且僅當，即時，等號成立，所以C正確；對于D，因為，且，所以，即，當且僅當時，等號成立，所以D正確．故選：ACD．12．已知定義在上的函數的圖象是連續不斷的，且滿足以下條件：①，；②，當時，都有；③．則下列選項成立的是（

）A．B．若，則C．若，則D．，，使得BCD【分析】根據函數的單調性和奇偶性依次判斷選項即可.【詳解】對選項A，由條件①得是偶函數，由條件②得在上單調遞增，所以，故A錯誤；對選項B，若，則，得，故B正確；對選項C，若，則或，因為，所以或，故C正確；對選項D，因為定義在上的偶函數的圖象是連續不斷的，且在上單調遞增，所以，所以只需即可，故D正確．故選：BCD．三、填空題13．冪函數的圖象經過點，則的值為________.4【分析】根據冪函數定義，設，代入點坐標，求出，則得到解析式，再令即可.【詳解】為冪函數,設,又的圖象經過點,,即，解得，,,故4.14．已知，則的最小值是________.5【分析】將變形為，利用基本不等式即可求得答案.【詳解】∵，∴，∴，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值是5,故答案為:5.15．已知“”為真命題，則的取值范圍為________.或【分析】轉化為一元二次不等式有解，運用判別式解決即可.【詳解】“”為真命題，所以不等式有解，所以，解得或，所以的取值范圍為或，故或.16．已知函數是定義在上的增函數，是其圖像上的兩點，那么的解集是___________.【分析】由函數的單調性解不等式即可得到答案.【詳解】不等式可化為.因為函數是定義在上的增函數，是其圖像上的兩點，所以，解得.所以原不等式的解集為.故四、解答題17．已知集合，.(1)求,

；(2)定義且，求.(1)；或(2)或【分析】(1)由集合的交并補運算直接求解；(2)根據新定義的運算求解.【詳解】（1），所以.

.所以或（2）因為且，，，就是求屬于集合但又不屬于集合的元素構成的集合，所以或.18．已知關于x的不等式的解集為或．(1)求a，b的值．(2)當時，解關于x的不等式．(1).(2)時，不等式的解集為：；時，不等式的解集為：，時，不等式的解集為.【分析】（1）結合根與系數關系可直接求解；（2）將a，b代入不等式化簡得，分類討論參數與2的關系即可求解.【詳解】（1）因為的解集為或，所以，解得（2）因為的解集為或，所以，解得,代入得：，即，所以當時，不等式的解集為：，當時，不等式的解集為：，當時，不等式的解集為.19．用一根長為12米的繩子圍成一個矩形，設矩形的一邊長為x米.(1)所圍成的矩形面積S能否大于8平方米，若能，請求出x的取值范圍，若不能，請說明理由；(2)求所圍成矩形的面積S的最大值.(1)能，(2)最大值為9平方米【分析】(1)由矩形的面積公式表示出矩形的面積，再由矩形面積S大于8平方米，建立不等式解出x的取值范圍.(2)通過配方法求出矩形的面積S的最大值即可.【詳解】（1）設矩形的一邊長為x米，則矩形的另一邊長為米，故矩形的面積，假設所圍成的矩形面積S大于8平方米，故，解得，所以所圍成矩形的面積能達到8平方米，x的取值范圍是.（2）由（1）可知，所以當時，S取最大值為9，即當矩形的一邊長為3米時，所圍成矩形的面積S的最大值為9平方米．20．已知函數是定義在上的奇函數，且.(1)求的值；(2)判斷在上的單調性，并用定義證明；(1)，(2)在上單調遞增，證明見解析【分析】（1）利用和可求得，檢驗可知滿足題意；（2）設，由可證得在上單調遞增.【詳解】（1）是定義在上的奇函數，，解得：；，；經檢驗：當，時，，則，為奇函數；，.（2）在上單調遞增，證明如下：設，；，，，，，是在上單調遞增.21．已知是二次函數，不等式的解集是，且在區間上的最大值是6．(1)求的解析式；(2)作出函數在上的圖象并求出值域；(3)求方程在區間上的解的個數．(1)；(2)圖象見解析，值域為；(3)4個.【分析】（1）解法一：設，根據已知條件求得，從而求得；解法二：設，根據已知條件求得，從而求得.（2）將表示為分段函數的形式，由此畫出的圖象.（3）將方程方程轉化為或，結合圖象求得正確答案.【詳解】（1）解法一：設二次函數的解析式為，因為不等式的解集是，所以，且，所以函數的對稱軸的方程為，又由函數在上的最大值為，即，所以，解得，即函數的解析式為.解法二：因為不等式的解集是，所以，且，設二次函數的解析式為，又可知函數圖象的對稱軸為直線，由函數在上的最大值為，可知，所以，即函數的解析式為.（2）由題意，可得函數，函數的圖象如圖所示，由圖象可得，函數的最小值為，最大值為，所以函數的值域為.（3）由，得或，由圖可知，當時，有1個解，有3個解，故有4個解.22．某種股票類理財產品在過去的一個月內（以30天計，包括第30天），第天每份的交易價格（元）滿足，第天的日交易量（萬份）的部分數據如下表所示：第（天）12510（萬份）20151211(1)給出以下兩種函數模型：①，②.請你根據上表中的數據，從中選擇你認為最合適的一種函數模型來描述該股票類理財產品日交易量（萬份）與時間第天的函數關系（簡要說明理由），并求出該函數的關系式；(2)根據（1）的結論求出該股票類理財產品在過去一個月內第天的日交易額的函數關系式，并求其最小值．(1)選擇②，，理由見解析；(2)，最小值為元.【分析】（1