2022-2023学年湖北省宜昌市协作体高一年级上册学期期中考试数学试题

宜昌市协作体高一期中数学试卷考生注意：1．本选择题和非选择题两部分．满分150分，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A=x∣x<0或，则（）A. B.C. D.B【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A=x∣x<0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.D【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.C【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A【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.1 B.2 C.3 D.－1A【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.4 B.5 C.6 D.8C【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.B【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.1 B. C. D.C【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AD【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.BD【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1D.若，则AD【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BCD【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________________．##【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14.已知集合，若“”是“”的必要条件，则实数的取值范围是__________．或【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．故或15.若命题“”为假命题,则实数的取值范围是__________．【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__________．【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．（1）；（2）【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．（1）；（2）．【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．（1）（2）作图见解析；的单调增区间为，无单调减区间，值域为（3）【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.（1）证明见解析（2）证明见解析【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？（1）；（2），时，幼儿园的占地面积最大，最大值是．【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．（1）奇函数，理由见解析；（2）证明见解析；（3）.【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.