【文档说明】山东省青岛市部分中学2022-2023学年高一上学期12月教学质量检测数学试卷 含解析.docx，共(14)页，980.888 KB，由小赞的店铺上传

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青岛市部分中学2022-2023学年高一上学期12月教学质量检测数学一、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，只有一项是符合题目要求的．1．已知全集1,2,3,4,5U=，集合1,3A=，3

,5B=，则()UAB=Uð（）A．1,2,4,5B．1,3,5C．2,4D．1,52．下列各式正确的是（）A．3322−=−B．4312(3)3−=−C．33344()xyxy+=+D．2122nnmm=3．已知函

数()yfx=的图像是连续不断的，有如下的对应值表：123456y123.5621.45-7.8211.45-53.76-128.88则函数()yfx=在区间1,6上的零点至少有（）A．2个B．3个C．4个D．5个4．下列各组函数表示相同函数的是（）A．()2fxx=和()()2gxx=

B．()=1fx和()0gxx=C．()fxx=和,0,(),0xxgxxx=−D．()1fxx=+和()211xgxx−=−5．幂函数abcdyxyxyxyx====，，，在第一象限的图像如图所示，则abcd，，，的大小关系是（）A．abcdB．d

bcaC．dcbaD．bcda6．若定义在上的偶函数()fx在区间[0,)+上单调递增，且()30f=，则满足()2(9)20xfx−−的的取值范围为（）A．[3,1][3,5]−−B．(,1[3,5]−−C．[-10]3,5，D．[13]--5]，（，7．设正

实数,,abc分别满足322loglog1aabbcc===，则,,abc的大小关系为（）A．abcB．bcaC．cbaD．acb8．若函数()fx的定义域为D，若存在．．实数xD，xD−，使得()()fxfx−

=−，则称()fx是“局部奇函数”．若函数()232xfxmmx=+−+为R上的“局部奇函数”，则实数m的取值范围为（）A．(,2](0,1]−−B．[2,0)(0,1]−C．[2,0)[1,)−+D．

(,2][1,)−−+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，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．对于任意实数a，b，c，d，则下列命题正确的是（）A．若ac2>bc2

，则a>bB．若a>b，c>d，则a+c>b+dC．若a>b，c>d，则ac>bdD．若a>b，则11ab10．若0,0ab，且1ab+=，则（）A．2212ab+B．12abC．14abD．114ab+11．下列不等式一定成立的有（）A．222xx

+B．当4x时，2881xx+−C．已知0,0ab，则1124abab++D．正实数,xy满足35xyxy+=，则345xy+12．已知函数()11()34axaaxfx−+=+，则下列说法正确的是（）A．()fx的定义域为()(),33,−−−+B．将()fx的图

象经过适当的平移后所得的图象可关于原点对称C．若()fx在2,1−−上有最小值－2，则52a=D．设定义域为R的函数()gx关于()3,3−中心对称，若3a=，且()fx与()gx的图象共有2022个交点，记为(),iiiAxy（1i=，2，…，2022），则()()

1122xyxy++++()20222022xy++L的值为0三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分13．求值：1022191342−−+−=___________.14．有关数据显示，中国快递行业产生的包装垃圾在202

1年为3000万吨，2022年增长率约为50％.有专家预测，如果不采取措施，未来包装垃圾还将以此增长率增长，从______年开始，快递业产生的包装垃圾超过30000万吨.（参考数据：lg20.3010，lg30.4771）15．若“Rx

，()()2714230axax−−++”为真命题，则实数的取值范围为___________.16．幂函数yx=，当取不同的正数时，在区间[0,1]上它们的图象是一族美丽的曲线（如图）．设点(1,0)A，(0,1)B，连接AB，线段AB恰好被其中的两个幂函数yx=，yx=

的图象三等分，即有BMMNNA==．那么=______.四、解答题；本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（1）设全集UR=，集合4Axx=，15Bxx=，求()UABð（2）若0,x

求函数()()12xxyx++=的最小值.18．若函数()fx满足()2121fxxx+=++(1)求函数()fx的解析式；(2)若函数()()1gxfxfx=−，试判断()gx的奇偶性，并证明.19．设函数()()

()23,Rfxaxaxbab=−++(1)若不等式()0fx的解集为()1,3，求,ab的值；(2)若=3b，0a时，求不等式()0fx的解集．20．兴泉铁路起于江西，途经三明，最后抵达泉州（途经站点如图所示）．这条“客货共用”铁路是开发沿线资源、服务革命老区的重

要铁路干线，是打通泉州港通往内陆铁路货运的重要方式，将进一步促进山海协作，同时也将结束多个山区县不通客货铁路的历史．目前，江西兴国至清流段已于2021年9月底开通运营，清流至泉州段也具备了开通运营条件，即将全线通车．预期该路线通车后，列车的发车时间间隔t（单位

：分钟）满足220t．经市场调研测算，列车载客量与发车时间间隔t相关，当1020t时列车为满载状态，载客量为720人；当210t时，载客量会减少，减少的人数与(12)t−的平方成正比，且发车时间间隔为3分钟时的载客量为396人．记列车载客量为

()pt．(1)求()pt的表达式；(2)若该线路每分钟的净收益为()()236060ptQtt−=−（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值．21．已知定义在上的奇函数()fx,当0x时2(1)2fxxx=++.（1）求函数()fx的表达式；（

2）请画出函数()fx的图象；（3）写出函数()fx的单调区间.22．已知函数()0kyxkx=+在区间()0,k单调递减，在区间(),k+单调递增．（1）求函数2yxx=+在区间(),0−的单调性；（只写出结果，不需要证明）（2）已知函数()()2131xaxfx

ax++=+R，若对于任意的xN，有()5fx恒成立，求实数的取值范围．参考答案1．C由题意，全集1,2,3,4,5U=，1,3A=，3,5B=，可得{1,3,5}AB=，所以()

2,4UCAB=.故选：C.2．A对于A，3333222−=−=−，正确；对于B，()4412312333−==，错误；对于C，()()133333444xyxyxy+=++，错误；对于D，222nnmm−=，错误；故选：A.3．B因为函数()

yfx=的图像是连续不断的，且()()20,30ff，由零点存在性定理得：()2,3内存在至少1个零点，因为()()30,40ff，故由零点存在性定理得：()3,4内存在至少1个零点，因为()()40,50ff，故由零点存在

性定理得：()4,5内存在至少1个零点，综上：函数()yfx=在区间1,6上的零点至少有3个.故选：B4．C解：对于A中，函数2()fxx=的定义域为R，函数2()()gxx=的定义域为[0,)+，两个函数的定义域不同，所以表示不同的函

数；对于B中，函数()1fx=的定义域为R，函数0()gxx=的定义域为(,0)(0,)−+，两个函数的定义域不同，所以表示不同的函数；对于C中，函数,0(),0xxfxxxx==−与,0(),0xxgxxx=−的定义域和对应法则都相同，所以表示相同的函数；对于D中，函数(

)1fxx=+的定义域为R，函数21()1xgxx−=−的定义域为{|1}xx，两个函数的定义域不同，所以表示不同的函数.故选：C5．D根据幂函数的性质，在第一象限内，1x=的右侧部分的图像，图像由下至上，幂指数增大，所以由图像得：bcda，故选

：D6．A解：偶函数()fx在(0,)+上是增函数，函数()fx在(,0)−上为减函数，则()()330ff−==，则不等式()2(9)20xfx−−等价为290x−时，(2)0fx−„，此时33323xxx−−−

或剟，解得35x„，当290x−时，(2)0fx−…，此时332323xxx−−−−或厔，解得31x−−„，当3x=时，显然满足题意，综上不等式的解为{|31xx−−剟或35}x剟，即

的取值范围为[3,1][3,5]−−.故选：A．7．B由已知可得12aa=，31logbb=，21logcc=，作出232,log,logxyyxyx===的图像如图所示：它们与1yx=交点的横坐标分

别为,,abc，由图像可得bca，故选：B8．A由题意知，方程()()fxfx−=−有解，则()()223232xxfxmxmmxm−−=−+−=−++−，化简得()233240xxmm−++−=，当0m=时，不合题意；当0m时，可得24233xxmm−−+=，因为332332

xxxx−−+=≥，当且仅当33xx−=时等号成立，所以2422mm−≥，当0m时，2422mm−≥化简得220mm+−≤，解得01m；当0m时，2422mm−≥化简得220mm+−≥，解得2

m−，综上所述m的取值范围为(,2](0,1]−−，故选：A9．AB解：若ac2>bc2，两边同乘以21c则a>b，A对，由不等式同向可加性，若a>b，c>d，则a+c>b+d，B对，当令a=2，b=

1，c=﹣1，d=﹣2，则ac=bd，C错，令a=﹣1，b=﹣2，则11ab，D错.故选：AB.10．ACD解：因为0,0ab，且1ab+=，所以()()22222221abababab+++=+=，所以2212ab+，当且仅当12ab==时，取等号，故A正确；2ab

ab+，所以12ab≤，当且仅当12ab==时，取等号，故B错误；()21144abab+=，所以14ab，当且仅当12ab==时，取等号，故C正确；()11112224babaababababab+=++=+++=，所以114ab+，当且仅当baab=

，即12ab==时，取等号，故D正确.故选：ACD.11．CD选项A：当0x时显然有20xx+，A错误；选项B：28(1)(1)9991121111xxxxxxxxx++−+==++=−++−−−−，当4x时，10x−，由均值定理得9912(1)61

1xxxx−+−=−−，当且仅当911xx−=−即4x=时等号成立，所以当且仅当4x=时281xx+−取得最小值8，B错误；选项C：因为0,0ab，所以112222abababababababab+++=++，当且仅当ab=时等号成

立，又22222224ababababababab+=+=，当且仅当22abab=即1ab=时等号成立，综上1124abab++，当且仅当1abab==即1ab==时等号成立，C正确；选项D：因为0,0xy，由35xyxy+=得135

yx+=，所以311231235(34)(34)1313225yxyxxyxyxyxyxy+=++=+++=，当且仅当123yxxy=即2yx=时等号成立，所以345xy+，D正确；故选：CD12

．ABD对A：要使函数()fx有意义，只需30x+，即3x−，故A正确；对B：因为1(3)31()33axaaxaafxxx−++−−+==++143aax−=++，所以()fx的图象关于点(3,)a−成中心对称可经过平移后可关于原点对称，故B正确．

对C：由B可知14()3afxax−=++，当14a且时，140a−，()fx在2,1−−上递减，()min(1)2fxf=−=−，解得52a=，但不合题意，舍去；当14a时，140a−，()fx在2,1−−上递增，()min(2)2fxf=−=−，

解得1a=，符合题意．综上得，1a=，故C错．对D：∵3a=，11()33fxx=−+，∴()fx的图象关于()3,3−对称，又函数()gx的图象关于()3,3−对称，∴()fx与()gx图象的交点成对出现，且每一对均关于()3,3−对称，()()()11222022202

2xyxyxy++++++()()()12202212202220223202230xxxyyy=++++++=−+=，故D正确．故选：ABD.13．01022191311034222−−+−=−+=故答案为：

014．2027年后产生的垃圾为()3000150%n+，故()3000150%30000n+，即3102n，即()lg3lg21n−，即15.68lg3lg2n−，故6n，故

2027年开始快递业产生的包装垃圾超过30000万吨.故答案为：202715．()1,4,4−+当17a=时，原式18307x−+，Rx成立；当17a时，()()()271423fxaxax=−−++开口向下，显然有解；当17a时，只需()()24

212710aa=+−−，解之：1174a或4a。故答案为：()1,4,4−+16．1解：BMMNNA==，点(1,0)A，(0,1)B，所以12,33M21,33N，分别代入

yx=，yx=213312log,log33==123321loglog133==故答案为：1.17．解：（1）根据题意得，U4Axx=ð，()UABð=5xx（2）0x>，则232xxyx++=23xx=+

+223xx+223=+（当且仅当2xx=即2x=时等号成立），故min322y=+18．（1）由于()()221211fxxxx+=++=+，所以()2fxx=.（2）()()()22110gxfxfxxxx=−=−，()gx为偶函数，证明如下：()gx的定义域为|

0xx，且()()()()222211gxxxgxxx−=−−=−=−，所以()gx是偶函数.19．（1）函数()()()23,Rfxaxaxbab=−++，由不等式()0fx的解集为()1,3，得0a，

且1和3是方程()230axaxb−++=的两根；则3133=aaba++=，解得1,=3ab=（2）=3b时，不等式为()2330axax−++，可化为()()130xax−−，因为

0a，所以不等式化为()31()0xxa−−，当0<3a时，31a，解不等式得1x或3xa；当=3a时，不等式为()210x−，解得1x；当>3a时，31a，解不等式得3xa或1x；综上：0<3a时，不等式的解集为()3,1,a−+（）；当=3a时，不等式

的解集为|1xx；当>3a时，不等式的解集为()3,1,a−+（）．20．（1）由题知，当1020t时，()720pt=当210t时，可设2()720(12)ptkt=−−，又发车时间间隔为3分钟时的载客量为396人，∴2(3)720(123)39

6pk=−−=，解得=4k．此时22()7204(12)496144ptttt=−−=−++，210t∴2496144,210()720,1020tttptt−++=（2）由（1）知：()721328,210108060,1020tttQttt

−−=−，∵210t时，72()1322884Qttt−=，当且仅当=3t等号成立，∴210t时，max()(3)84QtQ==，当1020t上，()Qt单调递减，则max(

)(10)48QtQ==，综上，时间间隔为3分钟时，每分钟的净收益最大为84元．21．（1）设20,0,()21xxfxxx−−=−+则又()fx是定义在上的奇函数,()()fxfx−=−所以2()

21,(0)fxxxx=−+−当0x=时,(0)0f=所以()fx=2221,00,021,0xxxxxxx++=−+−（2）图象：（3）递增区间是(1,0),(0,1)−递减区间是(,1),(1,)−−+22．解：（1）因为函数kyxx=+()0k在

()0,k单调递减，在(),k+单调递增，所以，当2k=时函数2yxx=+在()0,2单调递减，在()2,+单调递增．易知函数2yxx=+为奇函数，所以函数2yxx=+在区间(),2−−的单调递增；在区间()2,0−的单调递减．（2）由

题意，对任意的xN，有()5fx恒成立，即对于任意的xN，21351xaxx+++恒成立，等价于()85axxx−+N．设()()8gxxxx=+N，易知，当且仅当8xx=，即22x=时

，函数()gx取得最小值，由题设知，函数()gx在()0,22上单调递减，在()22,+上单调递增．又因为xN，且()26g=，()1733g=，而()()23gg，所以当3x=时，()min173gx=．所以81725533xx−+−=−，即23a−，故所求实数的取

值范围是2,3−+．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com