湖北省宜昌市协作体2022-2023学年高一数学上学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份湖北省宜昌市协作体2022-2023学年高一数学上学期期中考试试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
宜昌市协作体高一期中考试数学试卷考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色．墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米，黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：人教A版必修第一册第一章~第三章第2节．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. 已知集合或，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先化简集合，再由集合的包含关系，交集与并集的定义求解即可【详解】因为合或，或，所以，故A错误，B正确；，故C错误；，故D错误；故选：B．2. 已知命题，则的否定为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据特称命题的否定直接求解即可.【详解】解：因为命题所以否定为：.故选：D.3. 下列四个式子中，是的函数的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的定义，依次判断选项，即可求解.【详解】对于A选项，，定义域为，定义域内每个值按对应法则不是唯一实数与之对应，所以不是函数，A项错误；对于B选项，，定义域为无解，所以不是函数，B项错误；对于C选项，定义域为，对于定义域内每一个值都有唯一实数与之对应，所以是函数，C项正确；对于D选项，当时，有两个值0，1与之对应，所以不是函数，D项错误．故选:C．4. “且”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据不等式的性质结合充分条件、必要条件的定义即可判断作答.【详解】若且，根据不等式的性质知不等式成立，若，如，，，而且不成立，所以“且”是“”的充分不必要条件故选：A5. 若关于x的不等式的解集为，则ab的值为（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. －1【答案】A【解析】【分析】根据一元二次不等式与一元二次方程之间的关系列出满足的条件，解得答案.【详解】由题意知，解得，故选：A．6. 若，则的最小值为（    ）A. 4 B. 5 C. 6 D. 8【答案】C【解析】【分析】化简原式得，然后利用基本不等式求解【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故，的最小值为6．故选：C．7. 若偶函数在上是减函数，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性和单调性比较函数值大小即可.【详解】解：为偶函数，在上是减函数，，即．故选：B．8. 已知函数，若，且，设，则的最大值为（    ）A. 1 B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】作出函数的图象，由题意可得，且，，结合图象求出的范围，再根据二次函数的性质即可得解.【详解】解：如图，作出函数的图象，且，则，且，，即，由图可得，解得，，所以当时，，即的最大值为.故选：C．二､多选题：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2分，有选错的得0分．9. 已知函数，则（    ）A.  B. 为奇函数C. 在上单调递增 D. 的图象关于点对称【答案】AD【解析】【分析】得，再代入求判断A；由函数定义域即可判断求B；由图象平移可判断的区间单调性和对称中心，从而判断C、D.【详解】因为，则，故A正确；由解析式知定义域为，显然不关于原点对称，不是奇函数，故B错误；的图象可看作是由反比例函数的图象向右移动1个单位长度得到，故在上递减且关于对称，故C错误，D正确．故选：AD．10. 已知集合M､N的关系如图所示，则下列结论中正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】根据Venn图和交并补的定义逐一判断即可.【详解】由题意得，对于A，C，设，，则，，则，故A错误；，故C错误；对于B，由Venn图和知，，故B正确；对于D，因为，所以，故D正确.故选:BD.11. 下列说法正确的是（    ）A. 函数的最大值为0B. 函数最小值是2C. 若，且，则的最大值是1D. 若，则【答案】AD【解析】【分析】利用基本不等式判断各选项．详解】对于A选项，由可知，，当且仅当时取等号，故A正确．对于B选项，，时取等号，因为，等号不成立，故B错误．对于C选项，由．当且仅当时，取得最大值，故C错误；对于D选项，因为，所以，当且仅当即时，等号成立，放D正确．故选：AD12. 对于函数，若，则称是的不动点；若，则称 是的稳定点，则下列说法正确的是（    ）A. 任意的，都有不动点 B. 若有不动点，则必有稳定点C. 存在，有稳定点，无不动点 D. 存在，其稳定点均为不动点【答案】BCD【解析】【分析】列举函数对选项进行验证即可.【详解】对于函数，定义域为，假设存在不动点，则，得无解；假设存在稳定点，则，，所以对，均有，故无不动点，有稳定点，故A错误，C正确；对于B选项，设函数的不动点为，即，则，所以也是的稳定点．故B正确；对于函数，假设存在不动点，稳定点，则，．由题意，得．故D正确．故选：BCD．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 函数的定义域是________________．【答案】##【解析】【分析】由根式的性质可得，即可求定义域.【详解】要使函数有意义，则，解得.故答案为：14. 已知集合，若“”是“”的必要条件，则实数的取值范围是__________．【答案】或【解析】【分析】根据不等式求得集合，再利用“”是“”必要条件，得，即可求得实数的取值范围.【详解】解：，，即，解得或或“”是“”的必要条件，，且恒成立则或，解得或．故答案为：或15. 若命题“”为假命题,则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】将为假命题转化为为真命题,分离参数求解即可.【详解】 “”为假命题即为 “”为真命题,则在区间上恒成立,设,函数的对称轴为,且,当时函数取得最小值为.．故答案为:.16. 已知是定义在上的偶函数，且在上为增函数，则的解集为__________．【答案】【解析】【分析】由偶函数定义域关于原点对称求出，再由偶函数对称性及函数单调性得，求解即可【详解】由于函数是定义在上的偶函数，则定义域关于原点对称，所以，得，所以函数的定义域为．由于函数在区间上单调递增，则该函数在区间上单调递减．由于函数为偶函数，则，由，可得，则，解得或，因此不等式的解集为．故答案为：四､解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．17. 已知全集，集合．（1）若且，求实数的值；（2）设集合，若的真子集共有3个，求实数的值．【答案】（1）；    （2）【解析】【分析】（1）先化简集合，得到，根据可得到的值，并用进行检验即可；（2）分和两种情况进行分类讨论，即可得到答案【小问1详解】由题意，，所以，若，则或，解得或，又，所以；【小问2详解】因为，当时，，此时集合共有1个真子集，不符合题意；当即时，，此时集合共有3个真子集，符合题意，综上所述，18. （1）已知函数，求的解析式；（2）已知为二次函数，且，求的解析式．【答案】（1） ；（2） ．【解析】【分析】(1)利用换元法即可求出结果；(2)利用“待定系数”，先根据已知条件，设出含待定系数的解析式，再根据题意求出系数即可.【详解】（1）设，可得，则，故．（2）因为，可设，则，解得，因此，．19. 已知函数．（1）将写成分段函数；（2）在下面的直角坐标系中画出函数的图象，根据图象，写出的单调区间与值域（不要求证明）；（3）若，求实数的取值范围．【答案】（1）    （2）作图见解析；的单调增区间为，无单调减区间，值域为    （3）【解析】【分析】（1）按照绝对值的性质，直接分段得解析式即可；（2）按照分段函数分段画图象即可，再根据图象得单调区间与值域即可；（3）根据图象列不等式求解即可.【小问1详解】解：【小问2详解】解：的图象如下图所示：由图可知的单调增区间为，无单调减区间，值域为．【小问3详解】解：由（2）可知在区间上单调递增，由，得或解得或，即实数的取值范围为．20. 求证下列问题：（1）已知均为正数，求证:.（2）已知，求证: 的充要条件是.【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）结合基本不等式证得不等式成立.（2）结合不等式的性质、差比较法以及充要条件的知识证得结论成立.【小问1详解】，当且仅当，即时等号成立.【小问2详解】依题意，则或，所以：，所以：的充要条件是.21. 2021年为抑制房价过快上涨，各大城市相继开启了集中供地模式，某开发商经过数轮竞价，摘得如图所示的矩形地块，，，现根据市政规划建设占地如图中矩形的小区配套幼儿园，要求顶点C在地块的对角线MN上，B，D分别在边AM，AN上．（1）要使幼儿园的占地面积不小于，AB的长度应该在什么范围内？（2）如何设计方能使幼儿园的占地面积最大？最大值是多少平方米？【答案】（1）；（2），时，幼儿园的占地面积最大，最大值是．【解析】【分析】（1）设，利用相似三角形的性质得到，进而得到函数关系式，然后解不等式即可求出结果；（2）解法一：利用均值不等式即可求出结果；解法二：结合二次函数的性质即可求出结果.【详解】（1）设，依题意，∴，即，则．故矩形的面积．要使幼儿园的占地面积不小于，即，化简得，解得，故AB的长度范围（单位：）为．（2）解法一：，当且仅当，即时等号成立．此时．故，时，幼儿园的占地面积最大，最大值是．解法二：，当时，．此时．故，时，幼儿园的占地面积最大，最大值是．22. 已知，．（1）判断的奇偶性并说明理由；（2）求证：函数在上是增函数；（3）若不等式对任意和都恒成立，求t的取值范围．【答案】（1）奇函数，理由见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）利用函数奇偶性定义即可求解.（2）利用函数单调性定义即可判断.（3）根据题意求出，从而可得，设，只需即可求解.【详解】解：函数是定义域上的奇函数，理由如下，任取，有，所以是定义域上的奇函数；证明：设，为区间上的任意两个值，且，则；因为，所以，，即；所以函数在上是增函数；由可知时，．所以，即，对都恒成立，令，，则只需，解得故t的取值范围．【点睛】方法点睛：定义法判定函数在区间上的单调性的一般步骤：1.取值：任取，，规定，2.作差：计算；3.定号：确定的正负；4.得出结论：根据同增异减得出结论.