江苏省苏州市2022-2023学年高一上学期期中数学试题（教师版含解析）

这是一份江苏省苏州市2022-2023学年高一上学期期中数学试题（教师版含解析），共20页。

注 意 事 项
学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：
1．本卷共4页，包含单项选择题(第1题~第8题)、多项选择题(第9题~第12题)、填空题(第13题~第16题)、解答题(第17题~第22题)．本卷满分150分，答题时间为120分钟．答题结束后，请将答题卡交回．
2．答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置．
3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔．请注意字体工整，笔迹清楚．
一、单项选择题：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，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先进行并集运算，然后计算补集即可.
【详解】由题意可得：，则.
故选：A.
2. 命题“存在一个素数，它的平方是偶数”的否定是( )
A. 任意一个素数，它的平方是偶数B. 任意一个素数，它的平方不是偶数
C. 存在一个素数，它的平方是素数D. 存在一个素数，它的平方不是偶数
【答案】B
【解析】
【分析】根据特称命题的否定为全称命题即可求求解.
【详解】“存在一个素数，它的平方是偶数”的否定是“任意一个素数，它的平方不是偶数”.
故选：B
3. 若集合A的子集个数有4个，则集合A中的元素个数是( )
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据集合元素个数和子集个数关系列式计算即可.
【详解】设集合A中的元素个数是，
则，
解得
故选：A.
4. 已知是定义在上的增函数，则( )
A. 函数为奇函数，且在上单调递增
B. 函数为偶函数，且在上单调递减
C. 函数为奇函数，且在上单调递增
D. 函数为偶函数，且在上单调递减
【答案】C
【解析】
【分析】结合已知条件，利用函数奇偶性定义和其对称性可判断AB；利用奇偶性的定义以及复合函数单调性可判断CD.
【详解】不妨令，则，且的定义域为，
故为偶函数，则的图像关于轴对称，则不可能在上单调，故AB错误；
令，则，且的定义域为，
故是奇函数，
因为是定义在上的增函数，
所以由复合函数单调性可知，在上是减函数，
故在上是增函数，故C正确，D错误.
故选：C.
5. 已知幂函数为偶函数，则关于函数的下列四个结论中正确的是( )
A. 的图象关于原点对称B. 的值域为
C. 在上单调递减D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据为幂函数且为偶函数可得，进而得，根据奇偶性的判断可判断A，根据单调性确定值域可判断B，C,代入计算进而可判断D.
【详解】因为是幂函数,所以,解得或,
又是偶函数,所以,故,
故;
对于A;,故是偶函数，图象关于轴对称，故A错误，
对于B；，由于，所以，故，故值域为，故B错误,
对于C;,由于在单调递增，故在单调递减，故在递增，故C错误，
对于D；从而，故D正确，
故选：D
6. 若函数在区间上的最大值是，最小值是，则( )
A. 与有关，且与有关B. 与有关，但与无关
C. 与无关，且与无关D. 与无关，但与有关
【答案】B
【解析】
【分析】易证得函数关于对称，分，，和四种情况讨论，求出函数得最大值和最小值，即可得出结论.
【详解】解：因为，，
所以，
所以函数关于对称，
，
当时，，
则，与无关，与无关，
当时，，
则，与无关，与无关，
当时，，
则，与有关，与无关，
当时，，
则，与有关，与无关，
综上所述与有关，但与无关.
故选：B.
7. 已知函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.利用该结论，则函数图象的对称中心是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据为奇函数，由奇函数满足的关系式即可列方程求解.
【详解】设的图象关于点，令，则，
由为奇函数，故，即，
化简得，故且，解得，
故对称中心为，
故选：C
8. 若将有限集合的元素个数记为，对于集合，，下列说法正确的是( )
A. 若，则
B. 若，则或
C. 若，则
D. 存在实数，使得
【答案】C
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再对分类讨论求出集合，最后根据所给对于及集合的运算一一分析即可.
【详解】解：由，即，解得，
所以，
对于A：当时，即，解得，
所以，
所以，，所以，故A错误；
由，即，
当时解得，当时解得，当时解得，
即当时，当时，当时，
对于B：若，
若则，则，此时，
若则，则，此时，综上可得或，故B错误；
对于C：若，当时显然满足，当时则，解得，
当时则，解得，
综上可得，故C正确；
对于D：因为，，若，则，
此时，即，则，与矛盾，故D错误；
故选：C
二、多项选择题：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. 下列命题为真命题的是( )
A. 是的必要不充分条件
B. 或为有理数是为有理数的既不充分又不必要条件
C. 是的充分不必要条件
D. 的充要条件是
【答案】BD
【解析】
【分析】由已知，选项A，可举例当时，判断是否满足必要性；选项B，选项C，选项D，可根据条件和结论分别验证充分性和必要性.
【详解】选项A，必要性：，当时，此时，该选项错误；
选项B，，中有一个数为有理数时，不一定为有理数(如：)，所以或为有理数不一定能推导出为有理数；为有理数时，，可能均为无理数(如：)，所以，此时为有理数不一定能推导出或为有理数，所以该选项正确；
选项C，充分性：，必要性：，应为充要条件，所以该选项错误；
选项D，必要性：，
所以，
即，所以；
充分性：，则，该选项正确.
故选：BD.
10. 函数满足条件：①对于定义域内任意不相等的实数恒有；②对于定义域内的任意两个不相等的实数都有成立，则称其为函数.下列函数为函数的是( )
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用函数的定义结合图象逐一判断即可.
【详解】依题意，对于定义域内任意不相等的实数恒有，即 是减函数；
对于定义域内的任意两个实数都有成立， 是下凹函数.
A选项中，是减函数，且，故不满足条件，不是函数；
B选项中，是减函数，如图可知，图象下凹，
，是 函数；
C选项中，是减函数，如图可知，图象下凹，
， 函数；
D选项中，是增函数，如图所示，
所以不是 函数.
故选：BC.
11. 函数是定义在上的函数，则( )
A. 若，则函数的值域为
B. 若，则函数的值域为
C. 若函数单调递增，则的取值范围是
D. 若函数单调递增，则的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】AB选项利用分段函数的值域求解判断；CD选项利用分段函数的单调性求解判断.
【详解】解：若，则函数，
当时，，，则，
当时，，所以，故A错误B正确；
若函数单调递增，则 ，解得，所以的取值范围是，故C错误D正确.
故选：BD
12. 下列说法正确的是( )
A. 函数，与函数，是同一个函数
B. 直线与函数的图象至多有一个公共点
C. 满足“值域相同，对应关系相同，但定义域不同”的函数组不存在
D. 满足“定义域相同，值域相同，但对应关系不同”的函数有无数个
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数的定义，以及函数的三个要素：定义域，值域和对应关系，结合选项即可逐一求解.
【详解】对于A;函数的对应关系，定义域相同，故为同一个函数，A正确，
对于B;根据函数的定义，对于定义域内任意的自变量,都有唯一确定的与之对应，故直线与函数的图象至多有一个公共点，B正确，
对于C；如，两函数的值域均为，对应关系相同，但定义域不同，故C错误，
对于D；例如对任意的一次函数，定义域值域均为,但对应关系不同，故D正确，
故选：ABD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若，则的取值范围是____．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用不等式的性质计算即可.
【详解】，①，
又，②，
①+②可得
即的取值范围是
故答案为：
14. 若函数为奇函数，则____．
【答案】3
【解析】
【分析】结合已知条件，首先利用奇函数性质和赋值法求出参数，进而可得到答案.
【详解】因为是奇函数，
所以，即，
故.
故答案为：3.
15. 已知正数满足，若不等式恒成立，则实数的最大值是____．
【答案】
【解析】
【分析】参变分离得，再利用基本不等式求的最小值即可.
【详解】
由恒成立得恒成立，即求的最小值
又
当且仅当，即时等号成立，
的最小值为4，
即实数的最大值是4
故答案为：4.
16. 若函数的定义域为，对任意的，都有，且，则不等式的解集是____．
【答案】##
【解析】
【分析】由已知，根据经过变形得到，可令，即可判断函数的单调性，将要求的不等式转化为，然后利用单调性直接求解即可.
【详解】由已知，函数定义域为，且，
可设，则，
令，所以，又因为，所以函数在上单调递增，
不等式可变为，
又因为，所以，
所以，即，
又因为函数在上单调递增，所以，解得：.
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 已知函数的定义域是，集合.
(1)若，求，；
(2)若命题“，”是真命题，求实数的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【解析】
【分析】(1)根据函数解析式，求出集合,然后利用集合的运算即可求解；
(2)将条件进行等价转化，也即，列出条件成立的不等式组，解之即可.
【小问1详解】
要使函数有意义，
则有，解得，故
若，则， ，.
【小问2详解】
由(1)知：，
若命题“”是真命题，则.
，
故实数的取值范围是.
18. 已知函数.
(1)若关于的不等式的解集为，求实数的值；
(2)若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由韦达定理即可求得实数的值；
(2)分和两种情况讨论即可.
【小问1详解】
因为不等式的解集为，
所以，且方程的两不等根为和1,()
由韦达定理得:，
解得：.
【小问2详解】
当时，不等式为，解得，
不等式的解集为，不满足题意；
当时，由，可得的解集为，
所以有，即 ，解得.
所以实数的取值范围是.
19. 阅读：序数属性是自然数的基本属性之一，它反映了记数的顺序性，回答了“第几个”的问题.在教材中有如下顺序公理：①如果，那么；②如果，那么.
(1)请运用上述公理①②证明：“如果，那么.”
(2)求证：
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)利用不等式基本性质得到，，从而得到；
(2)法一：利用基本不等式得到，的取值范围为，从而且，利用(1)中的结论即可得到答案；
法二：令，得到函数为对勾函数，从而得到函数的单调性和值域，令，得到的取值范围为，此时，利用其单调性求出值域，得到答案；
法三：令，则，令，得到的取值范围为，换元后得到，再用作差法和因式分解得到，分和，均有，证明出，证明出结论.
【小问1详解】
，且，
同理，
；
【小问2详解】
法一：
当同号时，，.
当异号时，，
，
.·
综上可知，的取值范围为，
的取值范围为
且，·
由(1)中的结论可知：.
法二：令，则关于的函数在区间和上单调递增，
在和上单调递减，
所以的值域为.
令，则的取值范围为，
令函数，则在上单调递减，在上单调递增.
所以函数的值域为，
所以，故.·
法三：令，则，
令，则的取值范围为，
又，
所以.
因为
当时，；当时，.
所以，
又，
所以，原命题即证.
20. 某地区上年度电价为0.8元/(kW·h)，年用电量为a kW·h，本年度计划将电价下降到0.55元/(kW·h)至0.75元/(kW·h)之间，而用户期望电价为0.4元/(kW·h).经测算，下调电价后新增用电量和实际电价与用户的期望电价的差成反比(比例系数为).该地区的电力成本价为0.3元/(kW·h).记本年度电价下调后电力部门的收益为(单位：元)，实际电价为(单位：元/(kW·h)).(收益=实际电量(实际电价成本价))
(1)当时，实际电价最低定为多少时，仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%？
(2)当时，求收益的最小值.
【答案】(1)0.6元/(kW·h)
(2)
【解析】
【分析】(1)先表示出下调电价后新增用电量，则电力部门的收益
当时，代入表达式中列出不等式，解出结果即可得实际电价最低定价.
(2)当时，代入收益中，利用基本不等式求出收益得最小值即可
【小问1详解】
由题意知，下调电价后新增用电量为.
故电力部门的收益，.
(1)当时，.
由题意知且.
化简得.
解得. 或
又
.·
所以实际电价最低定为：0.6元/(kW·h)时，仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%
小问2详解】
当时，.
令，，.·
，

当且仅当时取等号.
故收益的最小值.
21. 已知函数，.
(1)当时，，用表示，中的较大者，记为，求的最小值；
(2)若不等式对任意，()恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用分段函数表示，并利用作差法求出分段函数中对应的自变量范围，最后利用单调性即可求解；(2)构造函数，由单调性定义可知在上单调递增，然后分类讨论的参数和判别式即可求解.
【小问1详解】
当时，，则，
由或，此时；
，此时，
从而，
结合一元二次函数和一次函数性质可知，在上单调递减，在单调递增，
从而
故的最小值为.
【小问2详解】
令，
由对任意，()恒成立，
即对任意，()恒成立，
故在上单调递增，
由二次函数性质可知，的图像开口向上，
①若时，即时，在上恒成立，
则若要在上单调递增，
只需即可，则；
②若时，即或时，
令，解得，，且，
则由二次函数性质可知，在和上单调递减，在和上单调递增，
若要在上单调递增，
则或
解得或，
综上所述，实数的取值范围为.
22. 已知二次函数图象经过点，且，方程有两个相等的实根.
(1)求的解析式；
(2)设，
①判断函数的单调性，并证明；
②已知，求函数的最小值.
【答案】(1)
(2)①在单调递减，在单调递增；②
【解析】
【分析】(1)通过待定系数的方式，以及条件中二次函数图象经过点，，方程有两个相等的实根，列出对应的方程组，从而得到的解析式；
(2)①通过单调性的定义证明函数的单调；
②因为条件中的和中的具有关系，所以可以换元，并求出的范围，并将函数化简为，从而求出函数的最小值.
【小问1详解】
(法一)设，则，
由得，
化简得恒成立，则，即
因为方程有两个相等实根，即有两个相等实根，所以，
可得，.
.
(法二)由可得对称轴为，又过点，
因此设，，所以
因为方程有两个相等实根，即有两个相等实根，所以，可得
.
【小问2详解】
①在单调递减，在单调递增.
证明：任取，则
·
当时，，，则，在单调递增；
当时，，，则，在单调递减.
因此在单调递减，在单调递增.
②令，则.
因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以.
设，
1)当时，，在上单调递增，

2)当时， ，
当时，在上单调递增；当时，在上单调递增
所以在上单调递增，

综上，.