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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卷(Word版含解析)

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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:A5.若关于x的不等式的解集为,则ab的值为()A.1B.2C.3D.-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.4B.5C.6D.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.1B.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0B.函数最小值是2C.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:AD12.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.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-02-09 08:16:07 页数:17
价格:¥2 大小:1.11 MB
文章作者:随遇而安

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