湖北省武汉市部分学校2022-2023学年高一上学期期中联考数学试题及答案

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2022~2023学年度第一学期武汉市部分学校高中一年级期中调研考试数学试卷本试卷共5页，22小题，全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．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. 或 B. C.  D. 或【答案】C【解析】【分析】根据补集、并集的定义计算可得；【详解】解：因为或，所以，因为，所以；故选：C2. 已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】解不等式确定集合后再求交集即可．【详解】由题意，，所以．故选：A．3. 一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金.一位顾客到店里购买10黄金，售货员先将5的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客.若顾客实际购得的黄金为，则(    )A.  B.  C.  D. 以上都有可能【答案】A【解析】【分析】设天平的左臂长为，右臂长，则，售货员现将的砝码放在左盘，将黄金放在右盘使之平衡；然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放在左盘使之平衡，则顾客实际所得黄金为，利用杠杆原理和基本不等式的性质即可得出结论.【详解】由于天平两臂不等长，可设天平左臂长为，右臂长为，则，再设先称得黄金为，后称得黄金为，则，，，，，当且仅当，即时等号成立，但，等号不成立，即.因此，顾客购得的黄金.故选：A.4. 某地区居民生活用电分高峰和低谷两个时段进行分时计价．高峰时间段用电价格表低谷时间段用电价格表高峰月用电量(单位：千瓦时)高峰电价(单位：元/千瓦时)低谷月用电量(单位：千瓦时)低谷电价(单位：元/千瓦时)50及以下的部分0.56850及以下的部分0.288超过50至200的部分0.598超过50至200的部分0.318超过200的部分0.668超过200的部分0.388若某家庭7月份的高峰时间段用电量为250千瓦时，低谷时间段用电量为150千瓦时，则该家庭本月应付电费(    )A. 190.7元 B. 197.7元 C. 200.7元 D. 207.7元【答案】B【解析】【分析】分别求出高峰期用电费用和低谷期用电费即可得7月份的用电总费用.【详解】解：设表示用电量，表示用电费用，则高峰期时，，低谷时期时，，因为7月份的高峰时间段用电量为250千瓦时，所以高峰期用电费用为：，又因为低谷时间段用电量为150千瓦时，所以低谷期用电费用为：，所以7月份的总费用：(元).故选：B.5. 已知命题“，使”是真命题，则实数的取值范围是(    )A. 或 B. C. 或 D. 【答案】A【解析】【分析】转化二次不等式的解集是非空集合，利用判别式求解即可.【详解】因为“，使”是真命题，所以二次不等式有解，所以，即，解得或，故选：A【点睛】本题主要考查特称命题真假的判断，二次不等式的解法，转化思想的应用，属于中档题.6. 关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为(    )A.  B. C. 或 D. 或【答案】A【解析】【分析】根据不等式解集可知，由根与系数的关系得出b，c与a的关系，代入待求不等式即可求解.【详解】因为关于的不等式的解集为可知且两根分别为；根据跟与系数得关系可得解得带入可得，左右两边同时除以得；解得.故选：A7. 已知偶函数定义域为，且对于任意均有成立，若，则实数的取值范围是(    )A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可得在单调递减，又函数为偶函数，故在单调递增，所以不等式等价于，即解出即可.【详解】因为的定义域为，且对于任意均有成立，可得在单调递减，又函数偶函数，所以在单调递增，所以等价于，所以，即，即，解得：，所以实数的取值范围是：，故选：C.8. 若关于的不等式有且只有一个整数解，则实数的取值范围是(    )A. 或 B. C. 或 D. 【答案】D【解析】【分析】分类讨论解不等式，然后由解集中只有一个整数分析得参数范围．【详解】时，不等式为，解为，不合题意，若，则不等式的解是或，不合题意，因此只有，不等式的解为，因此，解得且．故选：D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 设集合，，，则下列关系中正确的是(    )．A.  B.  C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】求出的定义域即得到集合，求出的值域即得到集合,表示二次函数图像上任意一点的坐标构成的点集，利用交集、并集及子集的定义即可判断.【详解】由题意可知：表示二次函数图像上任意一点的坐标构成的集合.故选：BC10. 已知集合，则实数取值为(    )A.  B.  C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】先求集合A，由得，然后分和两种情况求解即可【详解】解：由，得或，所以，因为，所以，当时，方程无解，则，当时，即，方程的解为，因为，所以或，解得或，综上，或，或，故选：ABD【点睛】此题考查集合的交集的性质，考查由集合间的包含关系求参数的值，属于基础题11. 设a，b为两个正数，定义a，b的算术平均数为，几何平均数为．上个世纪五十年代，美国数学家D.H. Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中p为有理数．下列结论正确的是(    )A.  B. C.  D. 【答案】AB【解析】【分析】根据基本不等式比较大小可判断四个选项.【详解】对于A，，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，，当且仅当时，等号成立，故B正确；对于C，，当且仅当时，等号成立，故C不正确；对于D，当时，由C可知，，故D不正确.故选：AB12. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列结论正确的有(    )A.  B. 的单调递增区间为C. 当时， D. 解集为【答案】CD【解析】【分析】A项，由奇函数性质可判断；B项，方法1：由多个单调区间的书写格式可判断；方法2：先研究当时，的单调区间，再研究的奇偶性可得的单调区间可判断；C项，由奇函数写出对称区间上的解析式；D项，解分式不等式可判断.【详解】对于A项，∵在R上为奇函数，∴，故A项错误；对于C项，∵当时，∴当时，，∴，  ①又∵在R上为奇函数，∴  ②∴由①②得：当时，，故C项正确；对于B项，方法1：由多个单调区间用逗号(或“和”)隔开可知，B项错误；方法2：当时，，∴当时，；当时，；∴当时，∴由单调性的性质可得：当时，单调递减区间，单调递增区间，又∵在R上为奇函数，∴设，则∴为偶函数，即：为偶函数，∴在对称区间上的单调性相反，∴当时，单调递减区间，单调递增区间，∴综述：单调递减区间，，单调递增区间，.故B项错误；对于D项，∵∴或 即：或即：或解得：或∴的解集为：.故D项正确.故选：CD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知，若，则实数=___________.【答案】2【解析】【分析】先求，再求，列出关于a的方程，求出a的值.【详解】因为，所以，而，所以，解得：故答案为：214. 已知集合的子集只有两个，则实数的值为______．【答案】0或1【解析】分析】分类讨论确定集合中元素或元素个数后得出其子集个数，从而得结论．【详解】时，，子集只有两个，满足题意，时，若即，则，子集只有1个，不满足题意；若，即，则集合有两个元素，子集有4个，不满足题意，时，，，子集只有两个，满足题意，所以或1.故答案为：0或1，15. 若函数是奇函数，，则__________ .【答案】【解析】【分析】根据定义域关于原点对称求出，再由求出即可求解.【详解】根据题意可得，解得，又，代入解得，当时，，满足题意，所以.故答案为：16. 若实数，，且，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】由已知变形可得出，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】因为实数，，且，则，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立.因此，的最小值为.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，且．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)    (2)【解析】【分析】(1)根据同角三角函数基本关系求的值，进而可得的值；(2)利用诱导公式化简，再化弦为切，将的值代入即可求解.【小问1详解】因，且，所以，所以，【小问2详解】．18. 已知关于的不等式的解集为(其中)．(1)求实数a，b的值；(2)解不等式．【答案】(1)    (2)【解析】【分析】(1)由题意可知，方程的两根分别为，，由韦达定理列方程求解即可.(2)由一元二次不等式的解法解方程即可.【小问1详解】由题意可知，方程的两根分别为，，所以，，解得【小问2详解】由，得，解得．因此，原不等式的解集为．19. 已知函数．(1)试判断函数在区间上的单调性，并用函数单调性定义证明；(2)若，使成立，求实数的范围．【答案】(1)单调递减；证明见解析    (2)【解析】【分析】(1)运用定义法这么函数单调性即可；(2)将能成立问题转化为最值问题，结合单调性求解最值.【小问1详解】在区间上单调递减,证明如下：设，则∵，∴，，，∴，∴所以，在区间上单调递减．【小问2详解】由(1)可知在上单调递减，所以，当时，取得最小值，即，又，使成立，∴只需成立，即，解得．故实数的范围为．20. 2020年初新冠肺炎袭击全球，严重影响人民生产生活．为应对疫情，某厂家拟加大生产力度．已知该厂家生产某种产品的年固定成本为200万元，每生产千件，需另投入成本．当年产量不足50千件时，(万元)；年产量不小于50千件时，(万元)．每千件商品售价为50万元．通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．(1)写出年利润(万元)关于年产量(千件)的函数解析式；(2)当年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？最大利润是多少？【答案】(1)；(2)60，280万元【解析】【分析】(1)可得销售额为万元，分和即可求出；(2)当时，利用二次函数性质求出最大值，当，利用基本不等式求出最值，再比较即可得出.【详解】(1)∵每千件商品售价为50万元．则x千件商品销售额万元当时，当时，(2)当时，此时，当时，即万元当时，此时，即，则万元由于所以当年产量为60千件时，该厂在这一商品生产中所获利润最大，最大利润为280万元．【点睛】关键点睛：本题考查函数模型的应用，解题的关键是理解清楚题意，正确的建立函数关系，再求最值时，需要利用函数性质分段讨论比较得出.21. 已知函数的定义域为R，其图像关于点对称．(1)求实数a，b的值；(2)求的值；(3)若函数，判断函数的单调性(不必写出证明过程)，并解关于t的不等式．【答案】(1)    (2)1011    (3)【解析】【分析】(1)根据对称性列方程解出a和b；(2)根据对称性分组计算；(3)构造函数，根据函数的单调性和奇偶性求解不等式.【小问1详解】有条件可知函数 经过点 ， ，即 ，解得： ， ；【小问2详解】由于 ， ， ；【小问3详解】由于 是奇函数，根据函数平移规则， 也是奇函数，并且由于 是增函数， 也是增函数， 也是增函数，定义域为 不等式 等价于 ，即 ， ，由于 是增函数， ，解得 ；综上，(1)；(2)；(3).22. 已知函数，．(1)解关于的不等式；(2)若实数使得关于的方程对任意恒有四个不同的实根，求的取值范围．【答案】(1)详见解析    (2)【解析】【分析】(1)对不等式化简转化为含参一元二次不等式，对参数进行分类讨论即可求得结果；(2)令，将“实数使得关于的方程对任意恒有四个不同的实根”转化成二次函数最值问题，然后再利用对勾函数或者函数的单调性即可求得的取值范围.【小问1详解】由题意，，即，当时，解不等式得，此时的解集为；当时，解不等式得或，此时解集为；当时，解方程，得，．①当时，即当时，解不等式得，此时解集为②当时，即时，不等式无解，解集为；③当时，即当时，解不等式得，此时解集为．综上，当时，原不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．【小问2详解】令，，则等价于．所以，只需函数与的图象有两个不同的交点即可．又因为即关于的二次函数开口向上得最小值恒成立．令，，由的单调性可知在区间单调递减，所以，所以，即．由得，，即，解得．由，得，即，解得．所以，实数的取值范围是．