2022-2023学年安徽省池州市青阳县第一中学高一上学期11月期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年安徽省池州市青阳县第一中学高一上学期11月期中考试数学试题（解析版），共14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。

一、单选题
1．在下列四组函数中，表示同一函数的是( )
A．，，,
B．，
C．，
D．，
【答案】B
【分析】根据相等函数的性质：定义域和对应法则都相同即可求解.
【详解】对于选项A：两个函数的对应法则不同，故不是同一函数，故A错误；
对于选项B：因为，，故对应法则相同，
且二者定义域都为，所以与是同一函数，故B正确；
对于选项C：因为定义域为，定义域为，所以与不是同一函数，故C错误；
对于选项D：，，即二者对应法则不同，所以与不是同一函数，故D错误.
故选：B.
2．“”是“一元二次方程”有实数解的
A．充分非必要条件B．充分必要条件
C．必要非充分条件D．非充分必要条件
【答案】A
【详解】试题分析：方程有解，则．是的充分不必要条件．故A正确．
【解析】充分必要条件
3．对于非空集合P，Q，定义集合间的一种运算“★”：且．如果，则（ ）
A．B．或
C．或D．或
【答案】C
【分析】先确定，计算和，然后由新定义得结论．
【详解】由题意，，
则，，
∴或．
故选：C．
【点睛】本题考查集合新定义运算，解题关键是正确理解新定义，确定新定义与集合的交并补运算之间的关系．从而把新定义运算转化为集合的交并补运算．
4．已知，则下列不等式中成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由特殊值法，取可判断和，取，可判断，再由作差法可判断，即可求解.
【详解】取，则，，即和均错误；
取，，则，即选项错误；
对于中，由，因为，所以，，
故，所以，即正确.
故选：.
5．已知函数的定义域是，则函数的定义域是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合已知条件，利用抽象函数的定义域求法且分式中分母不为0，即可得到的定义域.
【详解】由函数的定义域是，结合函数的特征可知，
解得，
故函数的定义域为.
故选：C.
6．已知函数，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，换元得到，计算最小值得到答案.
【详解】，设
故 ，即当时，有最小值
故选：
【点睛】本题考查了换元法求解析式，函数的最小值，换元法忽略定义域是容易发生的错误.
7．已知是奇函数，且在上是增函数，又，则的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意判断函数在上为增函数，，作出函数大致图像，数形结合，即可求得的解集.
【详解】奇函数在上为增函数，且，
函数在上为增函数，且，则函数的大致图像如图所示：
由，得 或，
则 或 ，
所以或,即的解集为,
故选:A．
8．已知定义在R上的偶函数．若正实数a，b满足，则的最小值为（ ）
A．9B．5C．25D．
【答案】B
【分析】根据给定条件求出m的值，由此得出a+2b=5，再借助“1”的妙用即可计算作答.
【详解】因是R上的偶函数，则，即恒成立，
平方整理得：4x(m-1)=0，则有m=1，此时，由正实数a，b满足得，
，当且仅当，即时取“=”，
所以，当时，的最小值为5.
故选：B
二、多选题
9．已知集合，，若，则实数可能的取值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】分和两种情况讨论，结合可求得实数的取值.
【详解】当时，成立；
当时，则，
，或，解得或.
综上所述，实数可能的取值为、、.
故选：ABC.
【点睛】本题考查利用集合的包含关系求参数值，求解时不要忽略了对空集的讨论，考查计算能力，属于基础题.
10．若实数m，n>0，满足．以下选项中正确的有（ ）
A．mn的最大值为B．的最小值为
C．的最小值为5D．的最小值为
【答案】AD
【分析】根据来验证A项
展开基本不等式求解B项.
把用来表示得
验证C项.
证明，然后验证D
【详解】根据基本不等式
当且仅当时有最大值，所以A正确.
当且仅当时有最小值为，所以B不正确.
令则
又因为当且仅当时取得最小值，所以的最小值为，所以C不正确.
又根据基本不等式当且仅当时取得等号，所以即
当且仅当时取得等号.
所以的最小值为.故D正确.
故选：AD
11．已知，关于一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，则的值可以是（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】ABC
【分析】利用对应二次函数的性质，结合题设不等式解集仅有3个整数可得求a的范围，即知其可能值.
【详解】由开口向上且对称轴为，
∴要使题设不等式解集有且仅有3个整数，则，解得，
∴的可能值A、B、C.符合.
故选：ABC.
12．定义在上的函数满足，当时，，则函数满足（ ）
A．
B．为奇函数
C．在区间上有最小值
D．的解集为
【答案】ABD
【解析】令，可判断A选项的正误；令，代入，利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；利用定义法证明函数在上的单调性，可判断C选项的正误；利用函数的单调性与奇偶性解不等式，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，在等式中，令可得，解得，A选项正确；
对于B选项，由于函数的定义域为，
在等式中，令，可得，
所以，，则函数为奇函数，B选项正确；
对于C选项，任取、，且，则，，
所以，，，
则函数在上为减函数，所以，在区间上有最小值，C选项错误；
对于D选项，由可得，
由于函数在上为减函数，则，整理得，解得.
所以，不等式的解集为，D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法：
（1）取值：设、是所给区间上的任意两个值，且；
（2）作差变形：即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；
（3）定号：确定差的符号；
（4）下结论：判断，根据定义得出结论.
即取值作差变形定号下结论.
三、填空题
13．命题“，”的否定是_____________．
【答案】“，”
【分析】原命题为特称命题，其否定为全称命题.
【详解】“，”的否定是，
故答案为：，
14．关于的一元二次不等式的解集是，则的值为______.
【答案】
【解析】转化为且和是一元二次方程的两个实根，再根据韦达定理可求得结果.
【详解】因为关于的一元二次不等式的解集是，
所以且和是一元二次方程的两个实根，
所以，，解得，，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：转化为且和是一元二次方程的两个实根求解是解题关键.
15．函数满足对任意都有，则a的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据给定条件可得函数在R上单调递增，再由分段函数在R上单调的性质列式求解即得.
【详解】依题意，函数f(x)定义域是R，
因对任意，都有成立，则有函数在R上单调递增，
于是得，解得：，
所以a的取值范围是：.
故答案为：
16．设函数满足，且对任意，都有，则=_________.
【答案】2021
【解析】利用赋值法求出的解析式，即可求解.
【详解】令，得，
令得，即，
所以，
所以，
故答案为：2021
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键点是准确赋值求出的解析式.
四、解答题
17．已知集合，，，全集.
（1）求；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先计算，再进行交集运算即可；
（2）先计算，再根据即得参数取值范围.
【详解】解：（1）或，而，
∴；
（2），
∵，
∴.
18．已知是定义在上的偶函数，当时，.
(1)用分段函数形式写出的解析式；
(2)写出的单调区间；
(3)求出函数的最小值.
【答案】(1)
(2)增区间为，，减区间为，
(3)
【分析】（1）根据是偶函数， 设，则，通过求解在的解析式，然后用分段的形式写出的解析式；
（2）每一段都是二次函数，根据二次函数的图象和性质写出单调区间.
（3）利用（2）的单调性求解函数的最小值.
【详解】（1）是定义在上的偶函数，当时，，
当时，则，
，
即时，.
故.
（2）画出的函数图象，如图所示：
当时，，对称轴为，
增区间为，减区间为；
当时，，对称轴为，
增区间为，减区间为.
综上，的增区间为，，减区间为，.
（3）由（2）知，当时，，
，
当时，，
，
综上，函数的最小值为-4.
19．已知集合
（1），若是的充分不必要条件，求的取值范围.
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1），（2）
【分析】（1）由题意可得集合C是集合B的真子集，可得，从而可求得结果
（2）分和两种情况求解的情况，求出的取值范围，再求其补集可得答案
【详解】（1）因为，是的充分不必要条件，
所以集合C是集合B的真子集，
所以，解得，
所以的取值范围为，
（2）当时，，得，此时，
当时，若，则或，
解得或，
所以当或时，，
所以当时，，
所以的取值范围为
20．十九大指出中国的电动汽车革命早已展开，通过以新能源汽车替代汽/柴油车，中国正在大力实施一项将重塑全球汽车行业的计划.年某企业计划引进新能源汽车生产设备，通过市场分析，全年需投入固定成本万元，每生产（百辆），需另投入成本（万元），且.由市场调研知，每辆车售价万元，且全年内生产的车辆当年能全部销售完.
（1）求出年的利润（万元）关于年产量（百辆）的函数关系式；
（2）年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润.
【答案】（1）；（2）产量为时，最大利润1800万元.
【分析】（1）分和分别得出函数的解析式，可得函数关系式；
（2）分别求出和时利润的最大值，比较可得答案.
【详解】解：（1）当时，；
当时，；
（2）当时，，当时取得最大值；
当时，，当且仅当时取等号，所以当产量为百辆时，最大利润为万元.
21．已知关于的x不等式．
(1)解这个关于x的不等式；
(2)，恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对a分类讨论，解不等式；
（2）独立a，将条件转化为在上恒成立，构造，，求的最大值即可.
【详解】（1）当时，原不等式即为，解得，解集为；
当时，原不等式化为，解集为或；
当时，原不等式化为，
①若，可得，解集为；
②若，则，可得解集为；
③若，则，可得解集为；
（2）对，恒成立，
等价为在上恒成立，
由于恒成立，
可得在上恒成立，
设，，
可得，，
在时取得最小值2，可得的最大值为1，则．
即a的取值范围是．
22．设二次函数满足：①当时，总有；②函数的图象与x轴的两个交点为A，B，且；③.
(1)求的解析式；
(2)若存在，只要，就有成立，求满足条件的实数m的最大值.
【答案】(1)
(2)最大值为9
【分析】（1）根据函数的图象关于直线对称，且方程的两根为和1，可设设，由可得解；
（2）取和，可得，从而可得解.
【详解】（1）（1）由题意知，函数的图象关于直线对称，
且方程的两根为和1，设，
又，则，解得.
故.
（2）（2）只要，就有，即，
取；
取，即，
由得，
故时，；
当时，存在，只要，就有
成立，满足题意.
故满足条件的实数m的最大值为9.