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安徽师范大学附属中学2022-2023学年高一数学上学期期中试题(Word版附解析)
安徽师范大学附属中学2022-2023学年高一数学上学期期中试题(Word版附解析)
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安徽师范大学附属中学2022-2023学年第一学期期中考查高一数学试题考试时间:90分钟满分:100分一、单项选择题:本大题共8小题,每小题3分,共24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.设集合,,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】化简集合然后利用交集运算即可求解【详解】由可得,解得,故,因为所以,所以,故选:D2.已知是上的偶函数,当时,,则时,()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设,则,求出,再根据偶函数的性质计算可得.详解】解:设,则,所以,又是上的偶函数,所以,所以.故选:C3.已知函数,若对区间内的任意两个不等实数,都有,则实数a的取值范围是() A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由可判断函数的单调性,然后根据二次函数的对称轴即可列式求解【详解】函数对区间内的任意两个不等实数,都有,所以在区间上是增函数,因为二次函数的对称轴为:,所以,解得,所以实数a的取值范围是,故选:A4.函数的图象是如图所示折线段ABC,其中点A,B,C的坐标分别为,,,以下说法中正确的个数为()①;②的定义域为;③为偶函数;④若在上单调递增,则m取值范围为.A.1B.2C.3D.4【答案】C 【解析】【分析】根据图象以及题意即可求得的解析式可判断①;根据函数图象特点以及定义域即可判断②;根据函数图象特点以及与之间的关系即可判断③;根据的单调递增区间即可判断④【详解】对于①,因为,,的坐标分别为,,,所以,所以,故①正确;对于②,因为的定义域为,所以的定义域为,故②错误;对于③,因为的图象向左平移1个单位长度后关于轴对称,所以为偶函数,故③正确;对于④,因为在上单调递增,则,则m的取值范围为,故④正确;故选:C5.已知函数,若,则()A.17B.12C.D.【答案】A【解析】【分析】由可得是奇函数,故利用奇函数性质即可【详解】因为即,所以,故选:A6.若函数的值域为,则的定义域为()A.B. C.D.【答案】D【解析】【分析】先利用换元思想转化为的值域问题,再利用二次函数的图象、指数不等式进行求解.【详解】设,则,且,由题意,得的值域为,且在上单调递减,在上单调递增,对于A:当时,,显然,即选项A错误;对于B:当时,,显然,即选项B错误;对于C:当时,,显然,即选项C错误;对于D:当时,,则由二次函数的性质,得:当或,,当时,,即选项D正确.故选:D.7.设,则最小值为()A.2B.4C.6D.8【答案】C 【解析】【分析】由已知可得出,利用基本不等式可求得该代数式的最小值.【详解】因为,则,,所以,,当且仅当时,即当时,等号成立.因此,的最小值为6.故选:C.8.设函数若存在最小值,则的取值范围为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据一次函数和二次函数的单调性,分类讨论进行求解即可.【详解】若时,,;若时,当时,单调递增,当时,,故没有最小值;若时,时,单调递减,,当时,,若函数有最小值,需或,解得. 故选:B【点睛】关键点睛:利用分类讨论法,结合最值的性质是解题的关键.二、多项选择题:本大题共4小题,每小题4分,共16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4分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.如图,三个圆形区域分别表示集合、、,则()A.Ⅰ部分表示B.Ⅱ部分表示C.Ⅲ部分表示D.Ⅳ部分表示【答案】ABD【解析】【分析】观察韦恩图,可判断AB选项;在Ⅲ部分、Ⅳ部分各取一个元素,分析所取元素与集合、、的关系可判断CD选项.【详解】对于A选项,由图可知,Ⅰ部分表示,A对;对于B选项,由图可知,Ⅱ部分表示,B对;对于C选项,在Ⅲ部分所表示的集合中任取一个元素,则且,故Ⅲ部分表示,C错;对于D选项,在Ⅳ部分表示的集合中任取一个元素,则且,所以,Ⅳ部分表示,D对.故选:ABD.10.关于函数的性质描述,正确的是()A.的定义域为B.的值域为C.的图象关于点对称D.在定义域上是减函数【答案】ABC【解析】 【分析】首先对原式分离常数,再根据函数性质即可求解.【详解】由题可知,,分母不能为,则,A正确;,,即值域为,B正确;关于原点对称,可以由的图像先向右平移3个单位,再向上平移2个单位,则对称中心平移为,C正确;在上不符合函数单调性的定义,D错误.故选:ABC11.下列叙述中正确的是()A.若a,b,,则“不等式恒成立”的充要条件是“”B.若a,b,,则“”的充要条件是“”C.“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件D.“”是“”的充分不必要条件【答案】CD【解析】【分析】对于A和B,通过举反例即可判断;对于C,根据二次方程根的分布列不等式求解即可判断;对于D,化简即可判断【详解】解:对于A,当时,满足,但此时不成立,故A错误;对于B,若a,b,,当且时,推不出,故B错误;对于C,若方程有一个正根和一个负根,设两根为,则,解得,又“”是“”的必要不充分条件,故C正确;对于D,由可得或,又“”是“或”的充分不必要条件,故D正确.故选:CD. 12.已知函数,以下结论正确的是()A.在区间上是增函数B.C.若方程恰有3个实根,则D.若函数在上有6个根,则【答案】BD【解析】【分析】作出函数的图像,根据函数为周期为的函数,可判定A错误;根据函数为周期为的函数,求得,可判定B正确;由直线恒过定点,结合的图像和函数的图像有三个交点,可判定C错误;由,关于直线对称,关于直线对称,可判定D正确.【详解】由题意,作出函数的图像,如图所示,对于A中,当,若,即,可得,当时,为周期为的函数,画出在区间的函数,可知在区间上为减函数,所以A错误;对于B中,因为时,函数为周期为的函数,又由,所以,,所以,所以B正确;对于C中,直线恒过定点, 函数的图像和函数的图像有三个交点,当,设与相切于点,则,解得,当,根据对称性可知,当与相切时,,则,即,综上可得,当函数的图像和函数的图像有三个交点时,,所以C错误.对于D中,又由函数在上有6个零点,故直线与在上由6个交点,不妨设,由图像可知关于直线对称,关于直线对称,关于直线对称,所以,所以D正确.故选:BD.【点睛】利用函数的图像求解方程的根的个数问题的策略:1、利用函数的图像研究方程的根的个数:当方程与基本性质有关时,可以通过函数图像来研究方程的根,方程的根就是函数与轴的交点的横坐标,方程的根据就是函数和图像的交点的横坐标;2、利用函数研究不等式:当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时,常将不等式问题转化为两函数图像的上、下关系问题,从而利用数形结合求解.三、填空题:本大题共4小题,每小题4分,共16分.13.已知幂函数图象不过原点,则实数m的值为______.【答案】1 【解析】【分析】由幂函数的系数为,列方程求出实数的值,并检验函数的图象是否过原点,得出答案.【详解】令,解得或,当时,图象不过原点,成立;当时,图象过原点,不成立;故实数m的值为1,故选:114.若命题“,”为假命题,则实数a的取值集合为______.【答案】【解析】【分析】根据题意,将条件进行等价转化为对恒成立,进而转化为二次函数与轴没有交点的问题,利用判别式即可求解.【详解】因为命题“,”为假命题,所以对恒成立,也即对应的二次函数与轴没有交点,所以,解得:,故答案为:.15.已知x,y都是正数,且满足,则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】由已知条件得出,计算得出,利用基本不等式可求得的最小值,利用等号成立的条件可求得对应的、值.【详解】,,由于、是正数,则且,可得, ,当且仅当时,等号成立,所以,的最小值为.故答案为:16.已知函数,则不等式的解集为______.【答案】【解析】【分析】先求出的定义域,证明是偶函数,当时,证明是增函数,根据题意列出不等式即可得到答案【详解】由可得,解得或,故的定义域为或,又,所以是偶函数,当时,是单调递增函数,设,所以,设任意的,且,所以,因为任意的,且,所以,所以,即,所以在上是单调递增函数,所以在上是单调递增函数, 故在上单调递增,因为是偶函数,所以在上单调递减,由可得,解得或,故答案为:四、解答题:本题共5小题,共44分.请在答题卡指定区域作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.化简求值:(1);(2).【答案】(1)100(2)1【解析】【分析】(1)根据有理数指数幂及根式的运算性质即可求解;(2)根据对数运算性质及指数幂的运算即可求解.【小问1详解】原式,【小问2详解】原式.18.已知集合.(1)若,求实数的取值范围;(2)若,求实数的取值范围.【答案】(1);(2). 【解析】【分析】先求出集合.(1)就和分类讨论,再根据集合关系得到两个集合中范围的端点满足的不等式,其解即为实数的取值范围.(2)就和分类讨论,再根据得到两个集合中范围的端点满足的不等式,其解即为实数的取值范围.【详解】,.(1)若,则,符合;若,则,因为,故;若,则,因为,故;所以时,实数的取值范围为.(2)因为,.若,则,符合;若,则,因为,故即;若,则,因为,故即;所以时,实数的取值范围为.【点睛】本题考查集合的包含关系以及一元二次不等式的解的求法,注意根据集合关系得到不同集合中的范围的端点满足的不等式时,要验证等号是否可取,还要注意含参数的集合是否为空集或全集.19.已知函数为偶函数.(1)求m的值;(2)若对任意,恒成立,求实数k的取值范围.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)根据偶函数可得,代入即可求解; (2)化简不等式可得,令,可转化成恒成立,令,求的最小值即可得到答案【小问1详解】方法一:∵为偶函数,∴,∴,∴,∴;方法二:∵为偶函数,且定义域为,∴即,∴,经检验知:为偶函数;【小问2详解】由可得,所以,令,当且仅当即时,取等号,则,所以不等式可转化成,则,令,设任意的,且,所以,因为任意的,且,所以,所以,即,所以在上是单调递增函数, ∴,∴,所以实数k的取值范围20.已知函数对任意的x,都有成立,且当时,.(1)用定义法证明为R上的增函数;(2)解不等式,.【答案】(1)证明见解析(2)当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为.【解析】【分析】(1)用定义法证明函数单调性,先在定义域上任取,,且,结合条件构造,利用来确定的符号,得到函数的单调性;(2)由条件得到,利用函数的单调性,将不等式转化为,转化为整式不等式后,分类讨论后解含参数的一元二次不等式.【小问1详解】证明:任取,,且∵,∴,∴,∴ 即,∴∴为R上的增函数小问2详解】令,则,所以,所以原不等式化为,∵为R上的增函数∴,即,即,①若,,;②若,,或;③若,,.综上,当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为.21.对于函数,若,则称x为的“不动点”;若,则称x为的“稳定点”.若函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B,即,.(1)求证:;(2)若,函数总存在不动点,求实数c的取值范围;(3)若,且,求实数a的取值范围.【答案】(1)证明见解析;(2) (3)【解析】【分析】(1)分和两种情况进行分类讨论即可;(2)问题转化成有解,利用判别式即可而得到答案;(3)由可得有实根,,又,所以,即的左边有因式,从而有.再由题中条件,即可得出结果【小问1详解】若,则显然成立,若,设,则,,即,从而,故成立;【小问2详解】原问题转化为,有解,∴即,则即恒成立,∴,∴,所以实数c的取值范围为;【小问3详解】A中的元素是方程即的实根,由,知或,解得,B中元素是方程即的实根,由知方程含有一个因式,即方程可化为:,若,则方程①要么没有实根,要么实根是方程②的根,若①没有实根, 当时,方程,不成立,故此时没有实数根;当时,,解得,此时且;若①有实根且①的实根是②的实根,则由②有,代入①有,由此解得,再代入②得,解得,综上,a的取值范围为.【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念,或约定一种新运算,或给出几个新模型来创设全新的问题情景,要求考生在阅读理解的基础上,依据题目提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的:遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、验证、运算,使问题得以解决.
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