2022-2023学年福建省莆田第一中学高一上学期第一学段考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省莆田第一中学高一上学期第一学段考试数学试题（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学年福建省莆田第一中学高一上学期第一学段考试数学试题 一、单选题1．若集合，则下列选项正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用元素与集合，集合与集合的关系判断.【详解】因为集合是奇数集，所以，，，A，故选：C2．已知命题，则的否定是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可.【详解】解：命题为全称量词命题，其否定为：.故选：C3．下列函数中与函数是同一函数的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】逐一判断四个选项中函数的定义域与对应法则是否与一致，进而得出答案.【详解】函数的定义域为对于A项，的定义域为，对应法则与一致，则A正确；对于B项，的对应法则与不一致，则B错误；对于C项，的定义域为，则C错误；对于D项，的定义域为，则D错误；故选：A4．函数的定义域为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据给定函数，列出不等式组求解即得.【详解】函数有意义，则，解得且，所以函数的定义域为．故选：B5．已知偶函数在上单调递增，且，则的解集是（    ）A． B．或C．或 D．或【答案】B【分析】由已知和偶函数的性质将不等式转化为，再由其单调性可得，解不等式可得答案【详解】因为，则，所以，因为为偶函数，所以，因为在上单调递增，所以，解得或，所以不等式的解集为或，故选：B6．向如图所示的一容器中匀速注水时，杯中水面高度h随时间t变化的函数为h=f（t），则以下图像表示正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由匀速注水过程中随着注入水的量的增多，杯中水面高度逐渐升高，注意分析上下图形在匀速注入水的时候，对高度的变化进行分析即可得答案.【详解】从几何体可知，下半部分在匀速注入水的过程中，高度也匀速的升高，故D选项错误，当经过时间时刚好注满下底的圆柱体，此时在匀速注水进入上半圆柱体时高度也在匀速的增加，它的内壁要宽一点，所以高度的增加速度要放慢一点，故A、C错误，最后时刻住满后，高度就不再增加，由此可得图像为B.故选：B.7．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．或【答案】A【分析】根据分段函数解析式，分别在坐标系画出分段函数两个函数图象，结合图象可得满足函数在上单调递增时实数的取值范围.【详解】解：在同一坐标系下，作出函数与的图象，如图所示：当时，或，由图可知函数在上单调递增，当时能满足.故选：A.8．设函数满足且与的图象交点为，则的值为（    ）A．0 B．n C．2n D．4n【答案】C【分析】根据已知条件判断和都关于中心对称，由此求得的值.【详解】由于满足，所以关于中心对称.由于，所以关于中心对称.所以与的图像交点，两两关于对称.所以.故选：C. 二、多选题9．对于实数，正确的命题是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则， D．若，，则【答案】AB【分析】根据已知条件，结合作差法，以及特殊值法，即可求解.【详解】对于A，，，即，故A正确；对于B，，则，故B正确；对于C，令，满足，但，故C错误；对于D，，，即，故D错误.故选:AB.10．若条件p：，且是q的充分不必要条件，则q可以是（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】由题意可得可推出表示的条件，而表示的条件推不出即可【详解】因为条件p：，所以，对于A，因为，可推出，而推不出，所以是的充分不必要条件，所以A正确，对于B，因为不能推出，所以不是的充分不必要条件，所以B错误，对于C，因为不能推出，所以不是的充分不必要条件，所以C错误，对于D，因为，可推出，而推不出，所以是的充分不必要条件，所以D正确，故选：AD11．德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一，以其命名的函数，称为狄利克雷函数，则关于下列说法正确的是（    ）A．的值域为 B．为偶函数C．， D．任意一个非零有理数T，对任意恒成立【答案】BCD【分析】根据分段函数的解析式和函数的性质逐一判断可得选项.【详解】解：因为函数，所以的值城为，故A不正确；因为函数，定义城为，，则；，则，所以，为偶函数，故B正确；因为，所以，故C正确；对于任意一个非零有理数，若是有理数，则是有理数；若是无理数，则是无理数，根据函数的解析式，任取一个不为零的有理数T，都有对任意恒成立，故D正确，故选：BCD.12．设正数满足，则（    ）A． B． C． D．的最大值为【答案】AC【分析】根据已知等式，变形处理各选项的式子，结合基本不等式分别求解最值即可.【详解】解：对于A，，，即又，∴，可得，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，，又，则，当且仅当时，等号成立，故B不正确；对于C，，当且仅当，即时等号成立，即，故C正确；对于D，，又，当且仅当，即时等号成立，又，所以，所以，则取等条件成立，所以，故D不正确.故选：AC. 三、填空题13．已知函数，且，则___________.【答案】0【分析】先求出，则，由求得.【详解】令得，即，因为，所以.故答案为：014．设幂函数同时具有以下两个性质：①函数在第二象限内有图象；②对于任意两个不同的正数，，都有恒成立.请写出符合上述条件的一个幂函数___________.【答案】（答案不唯一）【分析】利用幂函数的图像、单调性得到指数满足的条件，写出一个满足题意的幂函数即可.【详解】由题意可得，幂函数需满足在第二象限内有图象且在上是单调递减即可，所以，故满足上述条件的可以为.故答案为：（答案不唯一）.15．为了保护水资源，提倡节约用水，某城市对居民生活用水实行“阶梯水价”．计费方法如表所示，若某户居民某月交纳水费60元，则该月用水量_______m3．每户每月用水量水价不超过12m3的部分3元/m3超过12m3但不超过18m3的部分6元/m3超过18m3的部分9元/m3  【答案】16【解析】由表格列出分段函数，再将水费代入求解对应用水量即可【详解】设用数量为，交纳水费为，由题可知，当时，解得，故答案为：16【点睛】本题考查实际问题中函数模型的应用，属于基础题16．设，对于任意实数，记，若方程至少有个根，则的取值范围为___________.【答案】【分析】设，，分析可知函数至少有一个零点，可得出，求出的取值范围，然后对实数的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数的不等式，综合可求得实数的取值范围．【详解】解：设，，由可得．要使得函数至少有3个零点，则函数至少有一个零点，则，解得或．①当时，，作出函数、的图象如图所示：此时函数只有两个零点，不满足题意；②当时，设函数的两个零点分别为、，要使得函数至少有3个零点，则，所以，，解得；③当时，，作出函数、的图象如图所示：由图可知，函数的零点个数为3，满足题意；④当时，设函数的两个零点分别为、，要使得函数至少有3个零点，则，可得，解得，此时．综上所述，实数的取值范围是．故答案为：． 四、解答题17．已知集合，.(1)若，求；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)；(2)或.【分析】(1)结合已知条件，求出集合A，然后利用集合间交运算求解即可；(2)结合已知条件可得到，然后分别讨论和两种情况，并结合集合间包含关系即可求解.【详解】(1)由题意，当时，则，，所以；(2)因为，所以，①当，即，解得，此时满足题意；②当，即，解得，因为，所以，则有，综上：或.18．设函数是定义在R上的奇函数，当时，(1)求的解析式；(2)在图中的直角坐标系内作出的图象，并直接写出该函数所具备的两个基本性质（无需证明）.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）由的奇偶性可由时的解析式求出的解析式，时单独求；（2）当时，图象作法是将位于轴下方的图象翻折到轴上方，由奇函数根据对称性作出的图象，由图象可观察函数的单调区间.【详解】（1）由已知得得，设，则，故（2）函数的图象如图所示函数的递增区间为.递减区间为函数在R上无最大值，无最小值19．已知函数.（1）若对于任意，恒有成立，求实数a的取值范围；（2）若，求函数在区间[0, 2]上的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）将变形为，然后求出右边的最大值即可；（2）分、两种情况讨论即可.【详解】（1）对任意的，恒有，即， 整理得对任意的恒成立， 因此，实数a的取值范围是.    （2）.  当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，此时； 当，即时，在[0, 2]上单调递增，此时综上所述，20．已知函数是定义在上的奇函数，且.（1）求m，n的值；判断函数的单调性并用定义加以证明；（2）求使成立的实数a的取值范围.【答案】（1），为增函数，证明见解析；（2）[0，1).【解析】（1）利用和可求出，，然后利用单调性的定义可得的单调性；（2）利用的奇偶性可将不等式化为，然后利用其单调性去掉即可解出答案.【详解】（1）是定义在上的奇函数，则，即，则，所以，又因为，得，所以，.    设且，则   ，，，在上是增函数（2）由（1）知，在上是增函数，又因为是定义在上的奇函数，由，得，， 即，解得.故实数的取值范围是[0，1).21．2021年上海世博会某国要建一座八边形的展馆区，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形和构成的面积为200m2的十字型地域，计划在正方形上建一座“观景花坛”，造价为4200元/ m2，在四个相同的矩形上(图中阴影部分)铺花岗岩地坪，造价为210元/ m2，再在四个空角（如等）上铺草坪，造价为80元/ m2.设AD长为xm，DQ长为ym.(1)试找出与满足的等量关系式；(2)设总造价为元，试建立与的函数关系.若总造价不超过138000元，求长的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由十字形区域面积为矩形面积的4倍与正方形面积之和可得关系式；（2）根据题意计算出总造价，利用（1）可得关系式，然后解不等式可得所求范围．【详解】（1）解：由已知，十字形区域面积为矩形面积的4倍与正方形面积之和，则与满足的等量关系式为： .（2）由（1）得 ，，；           由，得，             ，，即， 所以长的取值范围是.22．设函数，定义域为.(1)请写出的单调区间（无需证明）.(2)设求函数的最大值.(3)设，是否存在正数使得对于区间上的任意三个实数，都存在以为三边的三角形？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】(1)递减区间为，递增区间为(2)(3)存在，的范围是 【分析】（1）根据对勾函数性质直接求解即可；（2）设，进而将问题转化为求，的最大值，再根据对勾函数单调性求解即可；（3）由题知，进而结合题意，将问题转化为，再结合（1）中函数的单调性，分类讨论求解即可.【详解】（1）解：根据对勾函数性质可知，函数在单调递减，在上单调递增，所以，递减区间为，递增区间为（2）解：当时，，所以，.设，则由基本不等式易知，当且仅当x=1时取等号.设，由对勾函数性质可知，在单调递减，所以当，即时，取得最大值，所以的最大值为.（3）解：设，由得，故，假设存在正数使得对于区间上的任意三个实数，都存在以为三边的三角形，则因为当时，函数在上递减，在上递增，所以，①当，即，在上递增，则所以，解得，此时.②当时，即，在上递减，在上递增.则（i）当时，即时，则，解得，此时（ii）当时，即时，则，解得，此时③当时，即在上递减，所以则解得此时综上所述，存在满足题意的正实数，的范围是