2022-2023学年安徽师范大学附属中学高一上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年安徽师范大学附属中学高一上学期期中数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽师范大学附属中学高一上学期期中数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】化简集合然后利用交集运算即可求解【详解】由可得，解得，故，因为所以，所以，故选：D2．已知是上的偶函数，当时，，则时，（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，则，求出，再根据偶函数的性质计算可得.【详解】解：设，则，所以，又是上的偶函数，所以，所以.故选：C3．已知函数，若对区间内的任意两个不等实数，都有，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由可判断函数的单调性，然后根据二次函数的对称轴即可列式求解【详解】函数对区间内的任意两个不等实数，都有，所以在区间上是增函数，因为二次函数的对称轴为：，所以,解得，所以实数a的取值范围是，故选：A4．函数的图象是如图所示折线段ABC，其中点A，B，C的坐标分别为，，，以下说法中正确的个数为（    ）①；②的定义域为；③为偶函数；④若在上单调递增，则m的取值范围为.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据图象以及题意即可求得的解析式可判断①；根据函数图象特点以及定义域即可判断②；根据函数图象特点以及与之间的关系即可判断③；根据的单调递增区间即可判断④【详解】对于①，因为，，的坐标分别为，，，所以，所以，故①正确；对于②，因为的定义域为，所以的定义域为，故②错误；对于③，因为的图象向左平移1个单位长度后关于轴对称，所以为偶函数，故③正确；对于④，因为在上单调递增，则，则m的取值范围为，故④正确；故选：C5．已知函数，若，则（    ）A．17 B．12 C． D．【答案】A【分析】由可得是奇函数，故利用奇函数的性质即可【详解】因为即，所以，故选：A6．若函数的值域为，则的定义域为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先利用换元思想转化为的值域问题，再利用二次函数的图象、指数不等式进行求解.【详解】设，则，且，由题意，得的值域为，且在上单调递减，在上单调递增，对于A：当时，，显然，即选项A错误；对于B：当时，，显然，即选项B错误；对于C：当时，，显然，即选项C错误；对于D：当时，，则由二次函数的性质，得：当或，，当时，，即选项D正确.故选：D.7．设 ，则最小值为（    ）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】由已知可得出，利用基本不等式可求得该代数式的最小值.【详解】因为，则，，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立.因此，的最小值为6.故选：C.8．设函数若存在最小值，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据一次函数和二次函数的单调性，分类讨论进行求解即可.【详解】若时，，；若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值；若时，时，单调递减，，当时，，若函数有最小值，需或，解得.故选：B【点睛】关键点睛：利用分类讨论法，结合最值的性质是解题的关键. 二、多选题9．如图，三个圆形区域分别表示集合、、，则（    ）A．Ⅰ部分表示 B．Ⅱ部分表示C．Ⅲ部分表示 D．Ⅳ部分表示【答案】ABD【分析】观察韦恩图，可判断AB选项；在Ⅲ部分、Ⅳ部分各取一个元素，分析所取元素与集合、、的关系可判断CD选项.【详解】对于A选项，由图可知，Ⅰ部分表示，A对；对于B选项，由图可知，Ⅱ部分表示，B对；对于C选项，在Ⅲ部分所表示的集合中任取一个元素，则且，故Ⅲ部分表示，C错；对于D选项，在Ⅳ部分表示的集合中任取一个元素，则且，所以，Ⅳ部分表示，D对.故选：ABD.10．关于函数的性质描述，正确的是（    ）A．的定义域为 B．的值域为C．的图象关于点对称 D．在定义域上是减函数【答案】ABC【分析】首先对原式分离常数，再根据函数性质即可求解.【详解】由题可知，，分母不能为，则，A正确；，，即值域为，B正确；关于原点对称，可以由的图像先向右平移3个单位，再向上平移2个单位，则对称中心平移为，C正确；在上不符合函数单调性的定义，D错误.故选：ABC11．下列叙述中正确的是（    ）A．若a，b，，则“不等式恒成立”的充要条件是“”B．若a，b，，则“”的充要条件是“”C．“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件D．“”是“”的充分不必要条件【答案】CD【分析】对于A和B，通过举反例即可判断；对于C，根据二次方程根的分布列不等式求解即可判断；对于D，化简即可判断【详解】解：对于A，当时，满足，但此时不成立，故A错误；对于B，若a，b，，当且时，推不出，故B错误；对于C，若方程有一个正根和一个负根，设两根为，则，解得，又“”是“”的必要不充分条件，故C正确；对于D，由可得或，又“”是“或”的充分不必要条件，故D正确．故选：CD．12．已知函数，以下结论正确的是（    ）A．在区间上是增函数B．C．若方程恰有3个实根，则D．若函数在上有6个根，则【答案】BD【分析】作出函数的图像，根据函数为周期为的函数，可判定A错误；根据函数为周期为的函数，求得，可判定B正确；由直线 恒过定点，结合的图像和函数 的图像有三个交点，可判定C错误；由，关于直线 对称，关于直线对称，可判定D正确.【详解】由题意，作出函数的图像，如图所示，对于A中，当，若，即，可得，当时，为周期为的函数，画出 在区间的函数，可知在区间上为减函数，所以A错误；对于B中，因为时，函数为周期为的函数，又由，所以， ，所以，所以B正确；对于C中，直线恒过定点，函数的图像和函数的图像有三个交点，当，设与相切于点 ，则，解得 ，当，根据对称性可知，当与 相切时，，则，即 ，综上可得，当函数的图像和函数的图像有三个交点时， ，所以C错误．对于D中，又由函数在上有6 个零点，故直线与在 上由6个交点，不妨设，由图像可知关于直线对称， 关于直线对称，关于直线对称，所以 ，所以D正确.故选：BD.【点睛】利用函数的图像求解方程的根的个数问题的策略：1、利用函数的图像研究方程的根的个数：当方程与基本性质有关时，可以通过函数图像来研究方程的根，方程的根就是函数与 轴的交点的横坐标，方程的根据就是函数 和图像的交点的横坐标；2、利用函数研究不等式：当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图像的上、下关系问题，从而利用数形结合求解. 三、填空题13．已知幂函数图象不过原点，则实数m的值为______．【答案】1【分析】由幂函数的系数为，列方程求出实数的值，并检验函数的图象是否过原点，得出答案．【详解】令，解得或，当时，图象不过原点，成立；当时，图象过原点，不成立；故实数m的值为1，故选：114．若命题“，”为假命题，则实数a的取值集合为______．【答案】【分析】根据题意，将条件进行等价转化为对恒成立，进而转化为二次函数与轴没有交点的问题，利用判别式即可求解.【详解】因为命题“，”为假命题，所以对恒成立，也即对应的二次函数与轴没有交点，所以，解得：，故答案为：.15．已知x，y都是正数，且满足，则的最小值为______．【答案】【分析】由已知条件得出，计算得出，利用基本不等式可求得的最小值，利用等号成立的条件可求得对应的、值.【详解】，，由于、是正数，则且，可得，，当且仅当时，等号成立，所以，的最小值为.故答案为: 16．已知函数，则不等式的解集为______．【答案】【分析】先求出的定义域，证明是偶函数，当时，证明是增函数，根据题意列出不等式即可得到答案【详解】由可得，解得或，故的定义域为或，又，所以是偶函数，当时，是单调递增函数，设，所以，设任意的，且，所以，因为任意的，且，所以 ，所以，即，所以在上是单调递增函数，所以在上是单调递增函数，故在上单调递增，因为是偶函数，所以在上单调递减，由可得，解得或，故答案为： 四、解答题17．化简求值：(1)；(2)．【答案】(1)100(2)1 【分析】（1）根据有理数指数幂及根式的运算性质即可求解；（2）根据对数运算性质及指数幂的运算即可求解.【详解】（1）原式，（2）原式.18．已知集合.(1)若，求实数的取值范围；(2)若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】先求出集合.（1）就和分类讨论，再根据集合关系得到两个集合中范围的端点满足的不等式，其解即为实数的取值范围.（2）就和分类讨论，再根据得到两个集合中范围的端点满足的不等式，其解即为实数的取值范围.【详解】，.（1）若，则，符合；若，则，因为，故；若，则，因为，故；所以时，实数的取值范围为.（2）因为，.若，则，符合；若，则，因为，故即；若，则，因为，故即；所以时，实数的取值范围为.【点睛】本题考查集合的包含关系以及一元二次不等式的解的求法，注意根据集合关系得到不同集合中的范围的端点满足的不等式时，要验证等号是否可取，还要注意含参数的集合是否为空集或全集.19．已知函数为偶函数．(1)求m的值；(2)若对任意，恒成立，求实数k的取值范围．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据偶函数可得，代入即可求解；（2）化简不等式可得，令，可转化成恒成立，令，求的最小值即可得到答案【详解】（1）方法一：∵为偶函数，∴，∴，∴，∴；方法二：∵为偶函数，且定义域为，∴即，∴，经检验知：为偶函数；（2）由可得，所以，令，当且仅当即时，取等号，则，所以不等式可转化成，则，令，设任意的，且，所以，因为任意的，且，所以，所以，即，所以在上是单调递增函数，∴，∴，所以实数k的取值范围20．已知函数对任意的x，都有成立，且当时，．(1)用定义法证明为R上的增函数；(2)解不等式，．【答案】(1)证明见解析(2)当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当 时，不等式的解集为. 【分析】（1）用定义法证明函数单调性，先在定义域上任取，，且，结合条件构造，利用来确定的符号，得到函数的单调性；（2）由条件得到，利用函数的单调性，将不等式转化为，转化为整式不等式后，分类讨论后解含参数的一元二次不等式.【详解】（1）证明：任取，，且∵，∴，∴，∴即，∴∴为R上的增函数（2）令，则，所以，所以原不等式化为，∵为R上的增函数∴，即，即，①若，，；②若，，或；③若，，.综上，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．21．对于函数，若，则称x为的“不动点”；若，则称x为的“稳定点”．若函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，即，．(1)求证：；(2)若，函数总存在不动点，求实数c的取值范围；(3)若，且，求实数a的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)(3) 【分析】（1）分和两种情况进行分类讨论即可；（2）问题转化成有解，利用判别式即可而得到答案；（3）由可得有实根，，又，所以，即的左边有因式，从而有.再由题中条件，即可得出结果【详解】（1）若，则显然成立，若，设，则，，即，从而，故成立；（2）原问题转化为，有解，∴即，则即恒成立，∴，∴，所以实数c的取值范围为；（3）A中的元素是方程即的实根，由，知或,解得，B中元素是方程即的实根，由知方程含有一个因式，即方程可化为：，若，则方程①要么没有实根，要么实根是方程②的根，若①没有实根，当时，方程为，不成立，故此时没有实数根；当时，，解得，此时且；若①有实根且①的实根是②的实根，则由②有，代入①有，由此解得，再代入②得，解得，综上，a的取值范围为．【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.