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）

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：A

5. 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0

B. 函数最小值是2

C. 若，且，则的最大值是1

D. 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：AD

12. 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.