2022-2023学年安徽省安庆市桐城中学高一上学期第一次月考数学试题（解析版）

2022-2023学年安徽省安庆市桐城中学高一上学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．下列各组函数是同一函数的是（    ）

A．与 B．与

C．与 D．与

【答案】A

【分析】当两个函数的定义域和对应关系都相同时，则两个函数为同一函数，再对各个选项中的函数进行化简并求出定义域，即可判断得出答案.

【详解】解：对于A，的定义域为，的定义域为，

则两个函数的定义域和对应关系都相同，是同一函数；

对于B，的定义域为，的定义域为，

则两个函数的定义域不同，不是同一函数；

对于C，的定义域为，的定义域为，

则两个函数的定义域不同，不是同一函数；

对于D，和的对应关系不同，故不是同一函数.

故选：A.

2．集合的真子集个数为　　

A．3 B．4 C．7 D．8

【答案】C

【详解】，集合有3个元素，所以集合的真子集个数为，故填：C.

3．已知，，则

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】试题分析：因为，,所以,

,，故答案为．

【解析】集合的运算．

4．不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将分式不等式转化为一元二次不等式即可得结果.

【详解】∵，即，，

等价于，解得，

即不等式的解集为，

故选：A.

【点睛】本题主要考查了分式不等式的解法，转化为一元二次不等式是解题的关键，属于基础题.

5．使函数满足：对任意的，都有”的充分不必要条件为（    ）

A． B．或 C． D．或

【答案】B

【解析】分情况讨论在R上单调减及在单调增结合分段函数单调性求解充要条件再判断即可

【详解】当时，在上递减，在递减，且在上递减，

若在上递减，在上递增，任意，都有，

当不合题意，故函数满足：对任意的，都有”的充分必要条件为或则或是充分不必要条件

故选：B

【点睛】本题考查分段函数的单调性，考查分类讨论思想，准确判断每段函数的单调性是关键，是中档题

6．《九章算术》中有“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步．问：勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为b和a的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）．将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长d．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论，如图3，设D为斜边BC的中点，作直角三角形ABC的内接正方形对角线AE，过点A作于点F，则下列推理正确的是（    ）

A．由图1和图2面积相等得 B．由可得

C．由可得 D．由可得

【答案】C

【分析】根据图1，图2面积相等，可求得d的表达式，可判断A选项正误，由题意可求得图3中的表达式，逐一分析B、C、D选项，即可得答案

【详解】对于A，由图1和图2面积相等得，所以，故A错误；

对于B，因为，所以，所以，，因为，所以，整理得，故B错误；

对于C，因为D为斜边BC的中点，所以，因为，所以，整理得，故C正确；

对于D，因为，所以，整理得，故D错误．

故选：C．

7．已知是关于x的方程的两根，下列结论一定正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据韦达定理，以及的正负即可对选项进行判断.

【详解】由韦达定理可得，

故可排除，但因为无法得知的正负，故不正确；

又∵，

∴方程有两个不相等的实根，

故选：D．

【点睛】本题考查韦达定理的使用，属基础题.

8．对任意，存在，使得不等式成立，则实数a的最大值为（    ）

A．2 B．5 C．4 D．3

【答案】D

【分析】由，变形为，先利用二次函数求得取得最小值，再转化为，成立求解．

【详解】由，得，

所以当时，取得最小值，

所以．

因为，所以．

因为函数在上单调递增，

所以的最大值为，

故实数a的最大值为3．

故选：D

二、多选题

9．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】由题得集合M是全体奇数的集合，集合N是全体整数的集合，故，即得解.

【详解】由集合，可知，

集合M是全体奇数的集合，集合N是全体整数的集合，

故，

即，. 选项错误.

故选：BD.

【点睛】本题主要考查集合的关系和运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

10．已知,不等式恒成立,,不等式0,则下列说法正确的是(    )

A．p的否定是:,不等式

B．的否定是:,不等式

C．为真命题时,

D．q为假命题时,

【答案】ACD

【分析】根据命题的否定定义判断，求参数可转化为函数的最值问题

【详解】的否定是:,不等式，A正确

的否定是:,不等式，B错误

若为真命题,则,即

解得，C正确

若为假命题,则恒成立

即恒成立

因为,当且仅当,即取等

所以，D正确

故选：ACD

11．已知，且，则（    ）

A．的最大值为 B．的最小值为9

C．的最小值为 D．的最大值为2

【答案】BC

【分析】对A，直接运用均值不等式即可判断；

对B，，运用均值不等式即可判断；

对C，，讨论二次函数最值即可；

对D，，讨论最值即可.

【详解】，，当时，即时，可取等号，A错；

，当时，即时，可取等号，B对；

，当时，可取等号，C对；

，D错.

故选：BC

12．下列叙述中正确的是（    ）

A．若则“"的充要条件是“”

B．“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件

C．若则“对恒成立"的充要条件是“”

D．“”是“”的充分不必要条件

【答案】BD

【分析】对于A，当时必要性不成立，根据二次方程根的分布列不等式求解即可判断B，根据不等式恒成立条件转化即可判断C，当“”得“或”，从而判断D．

【详解】对于A， 因为可得，当，时，有，所以若则“"是“”的充分不必要条件，故A错；

对于B，方程有一个正根和一个负根，则 ，整理得，所以“”是“”的必要不充分条件，故B正确；

对于C，当时，“对恒成立"的充要条件是“”，故C错；

对于D，当“”是“”成立，当“”得“或”，故“”是“”的充

分不必要条件，D正确．

故选：BD

三、填空题

13．已知，则的解析式为________.

【答案】

【解析】由，，联立可求解．

【详解】因为，（1）

所以，

所以，（2）

（2）-（1）可得，．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查方程法求函数的解析式，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.

14．设，则的最小值为______.

【答案】

【分析】利用换元法，令将所给的代数式进行变形，然后利用均值不等式即可求得最小值.

【详解】由，可得.

可令，即，则，

当且仅当，时，等号成立.

故答案为．

【点睛】本题主要考查基本不等式求最值的方法，换元法及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

15．已知命题“，使”是假命题，其实数的取值为集合A，设不等式的解集为集合B，若是的充分不必要条件，则实数a的取值范围为__________．

【答案】

【分析】写出命题的否定得 ，使恒成立，求出集合 ，又是的充分不必要条件，所以集合是集合的真子集，分类讨论列出满足的不等式求解即可.

【详解】解：由命题“，使”是假命题，

知命题“，使”是真命题，

所以，解得，

所以，

因为是的充分不必要条件，所以集合是集合的真子集，

设，则，

即，解得或，

所以实数a的取值范围为．

故答案为：．

16．设，，是三个正实数，且，则的最大值为______.

【答案】3

【分析】由得到，代入转化为，令，，得到，利用基本不等式求解.

【详解】因为，

所以，

所以，

令，所以

，

当且仅当，即时，取等号，

所以

所以的最大值为3

故答案为：3

【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于较难题.

四、解答题

17．已知；；若q是p的必要不充分条件，求实数m的取值范围．

【答案】

【分析】根据一元二次不等式的解法求得，结合充分条件和必要条件的定义列出不等式组，即可求解.

【详解】由，得．

∴，

又，

∵q是p的必要不充分条件，且，∴AB．

∴，即，

∴m的取值范围是．

18．已知.

(1)求的解析式；

(2)试用函数单调性定义证明：在上单调递增.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据可得解可得a、b的值，即可得解析式；

（2）根据题意，设，利用作差法分析可得函数单调性.

【详解】(1)由题意得，

解得，

.

(2)证明：设，

则

，

由，得，

，即，

故在上单调递增.

19．已知函数.

（1）若，求不等式的解集；

（2）若时，恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）或；（2）.

【详解】试题分析：（1）先对不等式移项并因式分解得，再根据不等号方向得不等式解集，（2）先化简不等式，并分离，转化为求对应函数最值：，其中，再根据基本不等式求最值，即得的取值范围.

试题解析：（1）若

即

所以原不等式的解集为或

（2）即在时恒成立，

令，等价于在时恒成立，

又，当且仅当即等号成立，所以.

故所求的取值范围是.

20．已知正数、满足.

（1）求的最小值；

（2）求的最小值；

（3）求的最小值.

【答案】（1）最小值为；（2）最小值为；（3）最小值为.

【分析】（1）本题首先可根据得出、、，然后将转化为，通过基本不等式即可得出结果；

（2）本题可将转化为，然后通过基本不等式即可得出结果；

（3）本题可将转化为，然后通过基本不等式即可得出结果.

【详解】，即，，，，，

（1）因为、是正数，

所以，当且仅当时等号成立，

故的最小值为.

（2）因为，，所以，，

则，

当且仅当、时等号成立，

故的最小值为.

（3）因为，，，

所以

，

当且仅当、时等号成立，

故的最小值为.

【点睛】易错点睛：

利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足“一正二定三相等”：

（1）“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

21．某展览馆用同种规格的木条制作如图所示的展示框，其内框与外框均为矩形，并用木条相互连结，连结木条与所连框边均垂直．水平方向的连结木条长均为，竖直方向的连结木条长均为，内框矩形的面积为．（不计木料的粗细与接头处损耗）

(1)如何设计外框的长与宽，才能使外框矩形面积最小？

(2)如何设计外框的长与宽，才能使制作整个展示框所用木条最少？

【答案】(1)外框的长与宽分别是，；

(2)外框的长与宽分别是，

【分析】（1）设展示框外框的长为，宽为，结合关系，用表示外框矩形面积，利用基本不等式求其最小值；

（2）用表示展示框所用木条的长度，结合基本不等式求最小值．

【详解】(1)设展示框外框的长为，宽为，

则内框长为，宽为，由题意，，

因为内框的面积为，所以，所以，

外框面积为，

因为，所以，

所以，当且仅当即时等号成立，

所以外框的长与宽分别是，时，才能使外框矩形面积最小；

(2)由（1）可知，整个展示框所用木条的总长度为，当且仅当即，时等号成立；

所以外框的长与宽分别是，时，才能使制作整个展示框所用木条最少．

22．已知函数．

(1)若值域为，且关于对称，求的解析式；

(2)若的值域为，

①当时，求的值；

②求关于的函数关系．

【答案】(1)

(2)①；②

【分析】（1）根据函数的对称轴可求得的值，再由可求得，即可得出函数的解析式；

（2）①设，可得出，，分、两种情况讨论，结合的值域为，可求得实数的值；

②记，设，，分、两种情况讨论，然后比较与的大小关系，结合可得出的表达式.

【详解】(1)解：函数的对称轴为直线，

在上单调递减，在上单调递增．

因为恒成立，所以的对称轴是，故，

因为值域为，可得，解得，所以．

(2)解：①，设，

则，，

当时，即时，的最小值，舍去；

当时，的最小值，

解得（舍）或.

综上所述，；

②，记，

设，，

（i）若，，所以；

反之，若，只能，

否则若，则与矛盾．

若，则与矛盾.

故时，，即；

（ii）当时，若，则，且，不合乎题意，

若，则，

，

因为，则，

所以，即．

综上所述，.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用复合型的二次函数的最小值求函数的表达式，解题的关键在于求出内层函数的值域，对二次函数的对称轴的位置关系进行分类讨论，结合二次函数的基本性质求解.