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認(rèn)證信息

認(rèn)證類型：個(gè)人認(rèn)證

認(rèn)證主體：袁**（實(shí)名認(rèn)證）

IP屬地：云南

IP屬地：云南 上傳時(shí)間：2023-06-04 格式：DOCX 頁數(shù)：10 大小：521.40KB 積分：12 舉報(bào) 版權(quán)申訴

2022-2023學(xué)年高一數(shù)學(xué)上學(xué)期期中考前必刷卷高一數(shù)學(xué)·全解全析1．A【分析】先求出再與進(jìn)行交集運(yùn)算即可求解.【詳解】因?yàn)槿?，集合，集合，所以，所?故選：A．2．D【分析】利用含有一個(gè)量詞的命題的否定的定義求解.【詳解】命題“存在R，0”是存在量詞命題，所以其否定是全稱量詞命題，即對任意的R，，故選：D3．A【分析】根據(jù)充分必要條件的概念驗(yàn)證題中的命題即可得出答案.【詳解】，，根據(jù)基本不等式可得，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號“”是“”充分條件；時(shí)，顯然不一定成立，“”不是“”的必要條件.“”是“”的充分不必要條件，選項(xiàng)A正確.故選：A.4．A【分析】利用不等式的性質(zhì)可判斷A；取特殊值可判斷B；取特殊值可判斷C，D【詳解】選項(xiàng)A，若a＞b，利用不等式的性質(zhì)可得，正確；選項(xiàng)B，當(dāng)時(shí)，，不正確；選項(xiàng)C，當(dāng)時(shí)，a＞b，但，不正確;選項(xiàng)D，當(dāng)時(shí)，a＞b，但，不正確;故選：A5．C【分析】由，得到，由此求出即可.【詳解】∵函數(shù)，∴，.故選：C.6．B【分析】由圖象知函數(shù)的定義域排除選項(xiàng)選項(xiàng)A、D，再根據(jù)不成立排除選項(xiàng)C，即可得正確選項(xiàng).【詳解】由圖知的定義域?yàn)?，排除選項(xiàng)A、D，又因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，不符合圖象，所以排除選項(xiàng)C，故選：B.7．D【分析】由題意得出方程的根為，且，然后將不等式變形為，解出該不等式即可.【詳解】由于關(guān)于的不等式的解集為，則關(guān)于的方程的根為，且，，得.不等式即，等價(jià)于，解得.因此，不等式的解集為.故選D.【點(diǎn)睛】本題考查一元一次不等式解集與系數(shù)的關(guān)系，同時(shí)也考查了分式不等式的解法，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.8．B【分析】討論，，與時(shí)，分別討論，可得所求范圍．【詳解】命題“，使得不等式”成立，當(dāng)時(shí)，不等式為，顯然有解，成立；當(dāng)時(shí)，開口向下，必然，使得不等式成立，；當(dāng)，即，解得或，所以或．綜上可得或．故選：．9．B【分析】本題為選擇壓軸題，考查函數(shù)平移伸縮，恒成立問題，需準(zhǔn)確求出函數(shù)每一段解析式，分析出臨界點(diǎn)位置，精準(zhǔn)運(yùn)算得到解決．【詳解】時(shí)，，，，即右移1個(gè)單位，圖像變?yōu)樵瓉淼?倍．如圖所示：當(dāng)時(shí)，，令，整理得：，（舍），時(shí)，成立，即，，故選B．【點(diǎn)睛】易錯(cuò)警示：圖像解析式求解過程容易求反，畫錯(cuò)示意圖，畫成向左側(cè)擴(kuò)大到2倍，導(dǎo)致題目出錯(cuò)，需加深對抽象函數(shù)表達(dá)式的理解，平時(shí)應(yīng)加強(qiáng)這方面練習(xí)，提高抽象概括、數(shù)學(xué)建模能力．10．【分析】根據(jù)子集定義即可求解.【詳解】∵集合，，且∴故答案為：.11．【分析】根據(jù)題意得到定義域滿足，解得答案.【詳解】定義域滿足：，解得.故答案為：12．4【分析】根據(jù)冪函數(shù)的定義和單調(diào)性，即可求解.【詳解】解：為遞增的冪函數(shù)，所以，即，解得：，故答案為：413．【分析】由函數(shù)為偶函數(shù)可得恒成立，由此求n的值【詳解】解：根據(jù)偶函數(shù)的定義可得，對定義域的任意都成立，即對定義域內(nèi)的任意的都成立，整理可得，，，故答案為：.14．【分析】根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)及定義域的對稱性，求得參數(shù)a，b的值，求得函數(shù)解析式，并判斷單調(diào)性.等價(jià)于，根據(jù)單調(diào)性將不等式轉(zhuǎn)化為自變量的大小關(guān)系，結(jié)合定義域求得解集.【詳解】由題知，，所以恒成立，即．又因?yàn)槠婧瘮?shù)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以，解得，因此，，由單調(diào)遞增，單調(diào)遞增，易知函數(shù)單調(diào)遞增，故等價(jià)于等價(jià)于即，解得．故答案為：15．【分析】根據(jù)題中所給等式可化為，再通過平方關(guān)系將其與聯(lián)系起來，運(yùn)用基本不等式求解最小值即可.【詳解】因?yàn)榍?，則兩邊同除以，得，又因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號成立，所以.故答案為:16．(1)或(2)【分析】（1）求出時(shí)集合，再根據(jù)并集，補(bǔ)集和交集運(yùn)算即可求解；（2）由可得，討論和時(shí)，列不等式組即可求解.(1)當(dāng)時(shí)，，，，所以，或，或，或.(2)若，則，當(dāng)時(shí)，，可得，滿足，當(dāng)時(shí)，，解得：，終上所述：實(shí)數(shù)的取值范圍為.17．(1)(2)答案見解析(3)【分析】（1）由題意可得，為方程的兩根，由代入法可得所求值；（2）討論，，，又分，，時(shí)，由二次不等式的解法，即可得到所求解集；（3）由題意可得在恒成立，可得在恒成立，利用換元法求分式型函數(shù)最值，結(jié)合對勾函數(shù)的單調(diào)性可得在時(shí)取最小值，此時(shí)取最大值，可得的范圍．(1)不等式化簡為的解集為，可得，為方程的兩根，可得，即；(2)當(dāng)時(shí)，原不等式即為，解得，解集為；當(dāng)時(shí)，原不等式化為，解集為或；當(dāng)時(shí)，原不等式化為，①若，可得，解集為；②若，，可得解集為；③若，，可得解集為；(3)恒成立，等價(jià)為在恒成立，由于恒成立，可得在恒成立，令，則，令，，由對勾函數(shù)可知且當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，且時(shí)取最小值，此時(shí)取得最大值，代入得．即的取值范圍是．18．(1)(2)或．(3)【分析】（1）設(shè)，則，求得，結(jié)合函數(shù)為偶函數(shù)，即可求解；（2）由的圖象可得的單調(diào)區(qū)間，可得或根據(jù)包含關(guān)系列不等式即可求解；（3）分和結(jié)合的圖象以及單調(diào)性求的最小值即可求解.(1)設(shè)，則，可得，又由為偶函數(shù)，所以，所以當(dāng)時(shí)，所以.(2)作出函數(shù)的圖象如圖：可得的增區(qū)間為，，減區(qū)間是，，又函數(shù)在區(qū)間上具有單調(diào)性，所以或，即或，解得：或，故實(shí)數(shù)的取值范圍是或．(3)當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上單調(diào)遞增，所，所以.19．（Ⅰ）（Ⅱ）【分析】（I）根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，最值在區(qū)間端點(diǎn)取得，根據(jù)最大值和最小值的和列方程，解方程求得的值.（II）化簡，利用換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的形式.根據(jù)對稱軸進(jìn)行分類討論，厚此求得最小值的表達(dá)式.【詳解】（Ⅰ）在上為單調(diào)函數(shù)，的最大值與最小值之和為，.（Ⅱ）即令，∵時(shí)，∴，，對稱軸為當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.綜上所述，【點(diǎn)睛】本小題主要考查指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，考查分類討論二次函數(shù)的最值，考查化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，屬于中檔題.20．(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)題意得到，，從而得到，再解方程組即可.（2）根據(jù)題意得到在上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，從而得到，再解不等式組即可.（3）根據(jù)題意得到，設(shè)，得到，根據(jù)，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)得到，，從而得到，解不等式即可.(1)∵，又是奇函數(shù)，∴，，∴解得，∴.經(jīng)驗(yàn)證，函數(shù)滿