2022-2023学年浙江省台州市第一中学高一上学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年浙江省台州市第一中学高一上学期期中数学试题含答案，共15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学年浙江省台州市第一中学高一上学期期中数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据交集的运算，可得答案.【详解】由题意可得.故选：D.2．函数的定义域是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据对数函数的定义域以及对数运算，建立不等式组，可得答案.【详解】由题意，则，解得且.故选：B.3．若函数且的图像恒过定点，则的坐标是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】令真数为，求出的值，再代入函数解析式可得出定点的坐标.【详解】令，可得，.因此，定点的坐标为.故选：D.4．若，，则下面不等式中成立的一个是（    ）．A． B． C． D．【答案】C【分析】根据不等式的性质和关系进行判断即可．【详解】，，，则，故选：C．【点睛】本题主要考查不等式性质的应用，结合同向不等式相加的性质是解决本题的关键．5．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】确定函数的奇偶性，再利用函数值的正负排除三个错误选项后得结论．【详解】函数定义域是，，函数为偶函数，排除AB，又时，，排除D.故选：C．6．设方程的根为，方程的根为，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据反函数的性质，解得直线的位置关系，建立方程，可得答案.【详解】由题意，作图如下：  由方程的根为，则函数与的交点为；由方程的根为，则函数与的交点为.由函数与的图象关于对称，且与垂直，则与关于直线对称，即，，由题意可得：，，则，，所以.故选：A.7．满足函数在上单调递减的一个充分不必要条件是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据复合函数的单调性，结合对数函数的定义域以及单调性，而且一次函数的单调性，可得答案.【详解】由函数在上单调递减，且函数在上单调递增，根据复合函数的单调性，则在上单调递减，且当时，可得，解得：.由真子集，故选：C.8．已知函数，若方程有四个不同的实根，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据图象分析可得，，整理得，结合对勾函数运算求解.【详解】对于，可知其对称轴为，令，解得或；令，解得或；作出函数的图象，如图所示，    若方程有四个不同的实根，即与有四个不同的交点，交点横坐标依次为，对于，则，可得，所以；对于，则，可得；所以，由对勾函数可知在上单调递增，可得，所以的取值范围是.故选：B.【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解．（2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解． 二、多选题9．给定命题，都有.若命题为假命题，则实数可以是（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】根据全称命题的否定，建立不等式，可得答案.【详解】由题意，命题，有成立，由命题为假命题，则命题为真命题，所以或，由，，，.故选：ABC.10．若，，则下列不等式成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】对于A：根据幂函数单调性分析判断；对于B：根据指数函数单调性分析判断；对于C：根据对数函数单调性分析判断；对于D：根据选项C的结论结合换底公式分析判断.【详解】对于选项A：因为，则在内单调递增，且，所以，故A错误；对于选项B：因为，则在定义域内单调递减，且，所以，故B正确；对于选项C：因为，则在定义域内单调递减，且，所以，故C正确；对于选项D：由选项C可知：，则，所以，故D错误；故选：BC.11．设函数的定义域为，对于任意给定的正数，定义函数，若函数，则下列结论正确的是（    ）.A．B．的单调递减区间为C．的最大值为D．为偶函数【答案】ABCD【分析】由题意，根据一元二次不等式，写出函数解析式，根据二次函数的对称性以及单调性，结合函数图象平移规律，可得答案.【详解】对于A，由，，，，解得，由，则，故A正确；对于B，由选项A，易知，由，则其对称轴为直线，则函数的图象关于直线对称，根据二次函数的单调性，可知B正确；对于C，由选项B，函数在上单调递增，在上单调递减，在上，的最大值为，故C正确；对于D，函数的图象可由函数的图象向左平移个单位，所以函数的图象关系轴对称，故D正确.故选：ABCD.12．下列说法正确的是（    ）A．若正数满足，则的最小值为B．已知，则的最小值为C．已知，则的最小值为D．函数的最小值是【答案】ABC【分析】由，结合基本不等式判断A；由，结合基本不等式判断B；由得出，再由换元法结合基本不等式判断C；由换元法结合基本不等式判断D.【详解】对于A，由可得，，即，解得.，当且仅当时，取等号，即的最小值为，故A正确；对于B，，当且仅当时，取等号，即的最小值为，故B正确；对于C，，令，则，当且仅当时，取等号，故C正确；对于D，令，则，当且仅当时，取等号，但，即，故D错误；故选：ABC 三、填空题13．已知函数，则的值为      ．【答案】1【分析】根据分段函数的解析式结合对数运算求解.【详解】由题意可得：.故答案为：1.14．不等式的解集为，则的值是     ．【答案】【分析】根据题意可得：方程的根为，且，利用韦达定理运算求解.【详解】由题意可知：方程的根为，且，则，解得，所以.故答案为：.15．已知函数的定义域为，且对任意都满足，当时， ．（其中e为自然对数的底数），若函数与的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是    ．【答案】【分析】根据题意可知函数关于直线对称，作出的图象，分和两种情况，结合图象分析交点，列式求解即可.【详解】因为，则函数关于直线对称，如图所示，  当时，与的图象恰有两个交点，符合题意；当时，若与的图象恰有两个交点，则与相切，证明如下，令，整理得，则，解得，且，解得，即当时，与切于点，此时与的图象恰有两个交点，符合题意；综上所述：实数的取值范围是.故答案为：.16．记为两数的最大值，当正数变化时，的最小值为     ．【答案】4【分析】根据题意分析可得，结合基本不等式运算求解，注意等号成立的条件.【详解】由题意可知：，且，则，则，当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当，即时，等号成立，且，当且仅当，即时，等号成立，综上所述：当时，可得，即，此时，所以的最小值为4.故答案为：4. 四、解答题17．（1）已知集合，求；（2）已知集合，是否存在实数，使得?若存在，试求出实数的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，【分析】（1）根据题意结合交集运算求解；（2）由题意可得：，根据子集关系分析运算，注意集合的互异性.【详解】（1）由题意可得，解得，所以；（2）存在，，理由如下：因为，则，（i）若，则，此时，不合题意；（ⅱ）若，则或，①当时，则，符合题意；②当时，此时，不合题意；综上所述：.18．化简求值：(1)(2)【答案】(1)10(2) 【分析】（1）根据指数幂运算求解；（2）根据对数运算求解.【详解】（1）原式；（2）原式.19．已知幂函数为偶函数．(1)求的解析式；(2)若在区间上不单调，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据幂函数的定义结合函数奇偶性分析求解；（2）根据二次函数单调性运算求解.【详解】（1）因为为幂函数，则，解得或，当时，则为奇函数，不合题意；当时，则为偶函数，符合题意；综上所述：（2）由（1）可得：，其对称轴，因为在区间上不单调，则，解得，实数的取值范围.20．疫情过后，企业复工复产， 为了激励销售人员的积极性，台州某企业根据业务员的销售额发放奖金（奖金和销售额的单位都为十万元），奖金发放方案要求同时具备下列两个条件：①奖金随销售额的增加而增加；②奖金金额不低于销售额的5%．经测算该企业决定采用函数模型作为奖金发放方案.(1)若，此奖金发放方案是否满足条件？并说明理由.(2)若，要使奖金发放方案满足条件，求实数的取值范围.【答案】(1)不满足，理由见解析(2) 【分析】（1）首先代入分析出在上单调递增，再得到，解出范围即可判断；（2）代入分析出满足条件①，再由条件②得在时恒成立，再利用分离参数法即可得到答案.【详解】（1），因为在上单调递增，在上单调递增，则在上单调递增，所以①满足. 对于②，，整理可得，即，解得，而由知①，则不满足.故不满足条件.（2）当时，函数，因为，所以同（1）中的方法知在上单调递增，奖金发放方案满足条件①.由条件②可知，即在时恒成立，所以，在时恒成立，当时，取得最小值，所以，所以要使奖金发放方案满足条件，的取值范围为.21．已知奇函数的定义域为，(1)求实数的值；(2)当时，有解，求的取值范围.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据奇函数的定义与性质结合指数运算求解；（2）结合（1）中结果可得，换元令，参变分离可得，根据存在性问题结合二次函数的最值运算求解.【详解】（1）因为函数是奇函数，则，即，整理得，所以，即，可得，因为定义域为（即）关于原点对称，所以.（2）由（1）可知：因为，即，又因为，整理得，由，则，令，则，可得，分离参数得，令，可知其对称轴为，则在上单调递增，所以当，即时，取到最大值，由题意可知：不等式在有解，则，解得，所以的取值范围.22．已知函数.(1)当，且时，求的值；(2)是否存在实数a、，使得函数的定义域、值域都是.若存在，则求出a、b的值；若不存在，请说明理由；(3)若存在实数a、使得函数的定义域为时，值域为，求实数m的范围.【答案】(1)；(2)答案见解析； (3). 【分析】（1）先通过分类讨论，去掉函数的绝对值符号，结合解析式与单调性可得答案. （2）（3）将判断a、b是否存在转化为关于a、b相关方程有无解的问题，分a，；a，；，三种情况进行讨论.【详解】（1）∵由已知可得，∴在上为减函数，在上为增函数，由且，可得且，得.（2）若存在满足条件的实数a、b，则.①当a，时，在上为减函数故，即，解得，故此时不存在符合条件的实数a、b.②当a，时，在上是增函数.故，即，又.此时，a、b是方程的根.此方程无实根，故此时不存在符合条件的实数a、b.③当，时，由于，而，故此时不存在符合条件的实数a、b.综上可知，不存在符合条件的实数a、b.（3）若存在实数a、，使得函数的定义域为时，值域为，且，.①当a，时，由于在上是减函数，故.此时得，得与条件矛盾，所以a、b不存在②当，时，，.所以a、b不存在.③故只有a，.∵在上是增函数，∴，即又，故a、b是方程的两个不等根.即关于x的方程有两个大于1的不等实根.设这两个根为、，则，.∴，即，解得.综上，m的范围是【点睛】关键点点睛：涉及分段函数，函数单调性，一元二次方程根的分布等知识，主要方法为分类讨论.对于含有绝对值的函数常通过分类讨论处理，部分题目也可结合图像或考虑其几何意义.判断数字是否存在问题，常转化为判断相关数字所涉方程或不等式有无解的问题.