2022-2023學年上海市彭浦中學高一上學期12月月考數學試題一、填空題1．已知全集，集合，則_____________．【答案】##【分析】根據補集運算得到答案即可.【詳解】因為全集，集合，所以故答案為：2．若且，則函數的圖象恒過定點的坐標是____________.【答案】【分析】函數的圖象，可以看成是由函數的圖象沿軸正方向向上平移個單位得到的，所以可由函數的圖象恒過的定點得到函數的圖象恒過的定點.【詳解】由題意知：函數是指數函數，圖象恒過定點，函數的圖象可由函數的圖象沿軸正方向向上平移個單位得到，則函數的圖象恒過的定點也可由函數的圖象恒過的定點沿軸正方向向上平移個單位得到，即.故答案為：.3．已知冪函數的圖象過點，則______.【答案】【分析】先根據待定系數法求得函數的解析式，然后可得的值．【詳解】由題意設，∵函數的圖象過點，∴，∴，∴，∴．故答案為．【點睛】本題考查冪函數的定義及解析式，解題時注意用待定系數法求解函數的解析式，屬于基礎題．4．若方程的兩根分別為?，則___________.【答案】##0.5【分析】利用一元二次方程根與系數的關系求解.【詳解】因為方程的兩根分別為?，所以，所以，故答案為：5．當時，求的值___________．【答案】0【分析】由直接取絕對值號，進行開方運算即可求得.【詳解】因為，所以.故答案為：06．方程的解集為___________﹒【答案】##{x|x=1}【分析】對數的真數大于0求出定義域，利用對數的運算法則將對數符號去掉，解二次不等式求出方程的解﹒【詳解】由題得，得﹒又，解得(舍)或﹒原方程的解集為{1}﹒故答案為：{1}﹒7．若正數a，b滿足，則的最小值為______.【答案】16【解析】利用基本不等式直接得解.【詳解】因為正數a，b滿足，當且僅當且，即，時取等號，解可得，，則的最小值16.故答案為：16.【點睛】利用基本(均值)不等式解題一定要注意應用的前提“一正”“二定”“三相等”．所謂“一正”是指正數，“二定”是指應用基本(均值)不等式求最值時，和或積為定值，“三相等”是指滿足等號成立的條件．8．已知函數若有最小值，則的最大值為____【答案】2【分析】根據二次函數性質可知函數在上單調遞增，在上單調遞減，根據最小值求出a，再求出最大值.【詳解】二次函數在單調遞增，當單調遞減，且，所以，所以的最大值為.故答案為：2.9．已知函數，不等式對任意xR恒成立，則實數t的取值范圍是____________.【答案】【分析】轉化為，利用絕對值三角不等式可得，再分類討論解絕對值不等式即可.【詳解】因為不等式對一切恒成立，所以，因為且，所以所以，時，；時，恒成立；時，綜上，可得.故答案為：.10．已知函數，若，則實數的取值范圍是_________．【答案】【分析】根據函數單調性分段處理即可得解.【詳解】由題函數在單調遞增，在為常數函數，且若則或或則或或解得：或或，綜上所述：故答案為：二、單選題11．“”是“指數函數在上是嚴格減函數”的（

）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既非充分也非必要條件【答案】A【分析】根據定義，分充分性和必要性分別判斷即可.【詳解】充分性：時，在上是嚴格減函數成立，故充分性滿足；必要性：由“指數函數在上是嚴格減函數”可得：，所以不一定成立，故必要性不滿足.故“”是“指數函數在上是嚴格減函數”的充分非必要條件.故選：A.12．用反證法證明命題：“已知，若不能被整除，則與都不能被整除”時，假設的內容應為（

）A．都能被整除 B．不都能被整除C．至少有一個能被整除 D．至多有一個能被整除【答案】C【分析】根據反證法基本原理，對結論進行否定即可得到結果.【詳解】“與都不能被整除”的否定為：至少有一個能被整除.故選：C.13．我國著名數學家華羅庚先生曾說：“數缺形時少直觀，形缺數時難入微，數形結合百般好，隔離分家萬事休.”在數學的學習和研究中，常用函數的圖像來研究函數的性質，也常用函數的解析式來琢磨函數圖像的特征，如函數（）的圖像不可能是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據函數的奇偶性，分類，和三種情況分類討論，結合選項，即可求解.【詳解】由題意，函數的定義域為關于原點對稱，且，所以函數為偶函數，圖象關于原點對稱，當時，函數且，圖象如選項B中的圖象；當時，若時，函數，可得，函數在區間單調遞增，此時選項C符合題意；當時，若時，可得，則，令，解得，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，所以選項D符合題意.故選：A.三、解答題14．已知全集，，B是的數的定義域.(1)求集合A、B；(2)求.【答案】(1)A=[2，5)，B=[3，9)(2)【分析】（1）解分式不等式得集合，由函數式有意義得集合；（2）由集合運算的定義計算．【詳解】（1），，，；（2），∴．15．已知函數，.(1)討論函數的奇偶性，并說明理由；(2)求實數的取值范圍，使在區間上是單調函數.【答案】(1)答案見解析(2)【分析】（1）根據奇偶性定義可直接求解；（2）根據二次函數性質，討論對稱軸位置即可得到結果.【詳解】（1），當，即時，，則為偶函數；當時，且，則為非奇非偶函數.（2）為開口方向向上的拋物線，對稱軸為；當，即時，在上單調遞減；當，即時，在上單調遞增；綜上所述：實數的取值范圍為.16．新冠肺炎是近百年來人類遭遇的影響范圍最廣的全球性大流行病.面對前所未知，突如其來，來勢洶洶的疫情天災，中央出臺了一系列助力復工復產好政策.城市快遞行業運輸能力迅速得到恢復，市民的網絡購物也越來越便利.根據大數據統計，某條快遞線路運行時，發車時間間隔t（單位：分鐘）滿足：，，平均每趟快遞車輛的載件個數（單位：個）與發車時間間隔t近似地滿足，其中.（1）若平均每趟快遞車輛的載件個數不超過1500個，試求發車時間間隔t的值；（2）若平均每趟快遞車輛每分鐘的凈收益（單位：元），問當發車時間間隔t為多少時，平均每趟快遞車輛每分鐘的凈收益最大？并求出最大凈收益.【答案】（1）4分鐘；（2）發車時間間隔為7分鐘時，凈收益最大為280（元）.【解析】（1）根據分段函數的表達式進行判斷，然后求解不等式即可得到發車時間間隔t的值；（2）求出的表達式，結合基本不等式以及函數單調性的性質進行求最值即可.【詳解】（1）當時，，不滿足題意，舍去.當時，，即.解得（舍）或.∵且，∴.所以發車時間間隔為4分鐘.（2）由題意可得當，時，（元）當，時，（元）所以發車時間間隔為7分鐘時，凈收益最大為280（元）.【點睛】方法點睛：該題考查的是有關函數型應用題，解題方法如下：（1）對題中所給的函數解析式進行分析，解對應不等式求得結果；（2）對分段函數的最值分段處理，再比較大小，得到函數的最值，求得結果.17．已知函數f(x)＝a＋bx(b＞0，b≠1)的圖像過點(1,4)和點(2,16)．(1)求f(x)的表達式．(2)解不等式(3)當x∈(－3,4]時，求函數g(x)＝log2f(x)＋x2－6的值域．【答案】（1）f(x)＝4x.（2）(－1,3)．(3)[－7,18]．【分析】（1）把點代入即可求出f(x)的表達式.（2）根據指數函數的單調性，原不等式轉化為，解不等式即可（3）根據對數函數的圖象和性質，函數化簡為，根據定義域求其值域即可.【詳解】解：(1)由題知所以或(舍去)．所以f(x)＝4x.(2)因為4x＞3－x2，所以22x＞2x2－3.所以2x＞x2－3.所以x2－2x－3＜0.所以－1＜x＜3.所以不等式的解集為(－1,3)．(3)g(x)＝log24x＋x2－6＝log222x＋x2－6＝2x＋x2－6＝(x＋1)2－7.因為－1∈(－3,4]，所以g(x)min＝－7，當x＝4時，g(x)max＝18.所以值域為[－7,18]．【點睛】本題主要考查了指數函數的性質，對數函數的性質，二次函數的值域求法，屬于中檔題.18．已知在定義域R上是連續不斷的函數，對于區間IR，若存在，使得對任意的，都有，則稱在區間I上存在最大值.(1)函數在區間(1，3]存在最大值，求實數m的取值范圍；(2)若函數為奇函數，在[0，+∞)上，，易證對任意tR，函數在區間(－∞，t]上存在最大值M，試