2022-2023学年广东省惠州市第一中学高一上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省惠州市第一中学高一上学期期中数学试题（解析版），共18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。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先化简集合，再由交集运算求解即可
【详解】由，故，，
故选：B
2．若幂函数f（x）=（m2–3m–3）xm在（0，+∞）上为增函数，则实数m=
A．4B．–1
C．2D．–1或4
【答案】A
【分析】解不等式m2–3m–3=1且 m>0即得m的值.
【详解】幂函数f（x）=（m2–3m–3）xm在（0，+∞）上为增函数，所以m2–3m–3=1，并且m>0，解得m=4.
【点睛】(1) 本题主要考查幂函数的概念和解析式的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题不要漏掉了m＞0.(3) 幂函数在是增函数，，幂函数在是减函数，且以两条坐标轴为渐近线.
3．已知a，，且满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用a和b的关系进行代换，再利用基本不等式即可得出．
【详解】∵，
∴．
即．
当且仅当时取等号．
∴的最小值为
故选：C
【点睛】本题主要考查了基本不等式求最值，考查了学生的运算求解能力.
4．设是定义域为R的奇函数，且.若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得的值.
【详解】由题意可得：，
而，
故.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了函数的奇偶性和函数的递推关系式，灵活利用所给的条件进行转化是解决本题的关键.
5．函数的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】将问题转化为与的图像的交点的个数，作出图像即可得解.
【详解】因为，令，则，即，
令，则的图像是的图像保留轴上方的图像，同时将轴下方的图像沿着轴向上翻折得到的图像，如图所示，
令，则的图像是的图像的纵坐标扩大2倍，横坐标保持不变得到的图像，如图所示，
所以与的图像有两个交点，即有两个零点.
故选：C.
6．已知函数，函数的图象与的图象关于直线对称，则函数的单调递减区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由反函数的性质得到，再由对数函数的定义域求得，从而利用复合函数的单调性与二次函数的单调性求得的单调递减区间.
【详解】因为，的图象与的图象关于直线对称，
所以，则，
令，得，
令，则函数开口向下，对称轴为，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又在上单调递减，
所以的单调递减区间为.
故选：A.
7．已知,函数,若存在,使得成立,则实数a的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】化简不等式，分离常数，根据的取值范围，求得的取值范围.
【详解】
原命题等价于存在,使得成立,
即存在,使得成立，即,因此.
故选：B
【点睛】本小题主要考查不等式成立的存在性问题的求解，属于基础题.
8．设且，函数，若，则下列判断正确的是（ ）
A．的最大值为-aB．的最小值为-a
C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，用a表示b，c，再结合二次函数的性质求解作答.
【详解】依题意，，
因，则是奇函数，于是得，即，
因此，，而，当时，的最小值为-a，当时，的最大值为-a，A，B都不正确；
，，，
即，，因此，C不正确，D正确.
故选：D
二、多选题
9．下列表述正确的是（ ）
A．命题：，的否定是：，
B．是命题：，为真命题的充分必要条件
C．图象连续的函数在区间内有零点，则必有
D．若是第二象限角，则为第一或第三象限角
【答案】ABD
【分析】对于A，根据含有一个量词的命题的否定方法求解即可；
对于B，利用二次函数恒成立的解法求解即可；
对于C，举反例排除即可；
对于D，利用任意角的定义，分类讨论与即可判断.
【详解】对于A，特称命题的否定步骤为：改量词，否结论，
所以命题：，的否定是：，，故A正确；
对于B，先证命题：，为真命题：
因为，
所以当时，可化为，显然恒成立；
当时，，所以开口向下，与轴没有交点，即恒成立；
所以命题：，为真命题；
再证命题：，为真命题：
因为命题：，为真命题，
当时，可化为，显然恒成立，满足题意；
当时，，即，解得，
综上：，
所以是命题：，为真命题的充分必要条件，故B正确；
对于C，令，易知在区间内有零点，但，故C错误；
对于D，因为是第二象限角，所以，则，
当时，，则是第一象限角；
当时，，则是第三象限角；
所以为第一或第三象限角，故D正确.
故选：ABD.
10．已知正实数，满足，且，则的值可以为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】AD
【分析】根据指对互化公式和指数的运算律即可求解.
【详解】因为正实数，满足，且，
所以，所以，
所以，
所以即解得或，
当时，当时，
故选：AD.
11．已知函数 若关于的方程有 5 个不同的实根，则实数的取值可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】作出函数的图象，结合图象可知关于的一元二次方程根的分布，根据一元二次根的分布列出不等式求解即可．
【详解】解：作出函数，的图象如下：
因为关于的方程有5个不同的实根，
令，则方程有2个不同的实根，则，解得或，
若，则或，
令，
∴或，解得；
当时解得，此时，解得，，不符合题意，故舍去；
∴综上可得.
故选：BCD
12．一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是（ ）
A．若为的跟随区间，则
B．函数存在跟随区间
C．若函数存在跟随区间，则
D．二次函数存在“3倍跟随区间”
【答案】ACD
【分析】A，由已知可得函数在区间上单调递增，进而可以求解的值；
B，假设存在跟随区间，则根据跟随区间的条件求解，的值，结合函数图象进行判断；
C，先设跟随区间为，则根据跟随区间满足的条件建立方程组，找出，的关系，然后统一变量表示出，列出关于的关系式，利用方程思想求解的取值范围，
D，若存在3倍跟随区间，则设定义域为，值域为，由此建立方程组，再等价转化为一个方程有两个不相等的实数根，进而可以求解．
【详解】选项：由已知可得函数在区间,上单调递增，则有 ，
解得或1（舍，所以，正确；
选项：若存在跟随区间，
又因为函数在单调区间上递减，图象如图示，

则区间一定是函数的单调区间，即 或,
则有，解得，此时异号，
故函数不存在跟随区间，不正确；
选项：由已知函数可得：函数在定义域上单调递减，
若存在跟随区间，
则有，即，
两式作差得：，
即，
又，所以，得，
所以，设，则，
即在区间上有两个不相等的实数根，
只需：，解得，正确；
选项：若函数存在3倍跟随区间，设定义域为，值域为，
当时，函数在定义域上单调递增，
则，是方程的两个不相等的实数根，解得或，
故存在定义域为使得值域为，正确，
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：根据新的定义求解参数或者是判断函数是否符合新定义，考查学生的理解新知识运用新知识的能力，解答时要能根据新定义，灵活求解，综合性较强.
三、填空题
13．如果圆心角为的扇形所对的弦长为，则扇形的面积为________.
【答案】
【分析】求出扇形的半径，利用扇形的面积公式可求得该扇形的面积.
【详解】如下图所示，作，已，，则，，
设扇形的半径为，则，
因此，该扇形的面积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查扇形面积的计算，求出扇形的半径是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.
14．记，则关于的方程的解集为_________.
【答案】
【分析】先利用指对数的运算求得，再利用换元法得到二次方程，从而求得方程的解.
【详解】因为
，
所以方程可化为，
令，则可化为，解得或（舍去），
所以，故，
所以方程的解集为.
故答案为：.
15．设，.若对于任意，总存在，使得成立，则a的取值范围是___________.
【答案】
【分析】首先求出、的值域，由题意可得的值域包含在的值域内，解不等式可求出的取值范围．
【详解】解：，
当时，，
当时，，
由，可得，则，
则．
故的值域为，在上的值域.由条件，只须，∴.
故答案为：
16．已知函数，且，若函数在[0，2]上的最大值比最小值大，则的值为______.
【答案】或
【分析】按照与1的大小进行分类讨论，求出函数在[0，2]上的最值，从而可得的值.
【详解】①当时，函数在[0，1]上是减函数，在（1，2]上也是减函数.
∵，∴函数的最大值为，而，∴函数的最小值为，
∴，解得，符合题意.
②当时，函数在[0，1]上是增函数，在（1，2]上是减函数.
∵，
∴函数的最大值为，而，，
当时，，此时函数的最小值为，因此有，无解；
当时，，此时函数的最小值为，因此有，解得，符合题意.
综上所述，实数的值为或.
故答案为：或.
【点睛】本题主要考查分段函数的最值问题，这类问题求解的关键是分别求出每段函数的最值，比较这些最值就可确定分段函数的最值.侧重考查数学抽象的核心素养.
四、解答题
17．已知集合，
(1)若时，求，；
(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）解二次不等式化简集合A，代入得到集合，再利用集合的交并补运算即可求得所求；
（2）由题设条件得到是A的真子集，利用数轴法即可求得结果.
【详解】（1）因为，所以，
又因为，
所以，或，
故.
（2）因为是的充分不必要条件，所以是A的真子集，
因为，
所以，解得，故，
当时，是A的真子集，满足题意；
当时，是A的真子集，满足题意；
所以.
18．已知函数，其中为实数.
(1)解关于的不等式；
(2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】(1)根据一元二次不等式的解法分类讨论求解；(2)利用基本不等式进而求最值求实数的取值范围.
【详解】（1）由题意，即，
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.
（2）不等式恒成立，
即对任意恒成立，
即恒成立，
即恒成立，
因为，所以，
所以，
所以，
当且仅当即取得等号，
所以，
所以实数的取值范围是.
19．已知函数（且），且函数图象恒过点
(1)若，求的最小值；
(2)若，都有，求的值；若记函数.求证：函数为偶函数.
【答案】(1)9；
(2)0；证明见解析.
【分析】（1）利用给定条件，求出，再利用“1”的妙用求解作答.
（2）根据给定条件，求出的值，进而求出解析式，即可计算并推理作答.
【详解】（1）函数的图象恒过点，则，而且，，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值9.
（2）依题意，且，，，
即，，于是得，解得，
而，则有，，因此，
，其定义域为R，
，
所以函数为偶函数.
20．已知函数为定义在上的偶函数，当时，.
(1)当时，作出函数的图象，并指出其单调区间；
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）分类讨论与两种情况，结合指数函数的性质得到在上的图像，再利用偶函数的对称性即可作出的图象，从而得到的单调区间；
（2）将问题转化为在上有一个根，分类讨论、与，结合指数函数的性质得到的图像性质，从而得到的取值范围.
【详解】（1）因为，所以当时，，
当，即时，，显然在上单调递减，；
当，即时，，易得在上单调递增，，
而当时，指数函数，且，所以，且，
从而作出在上的图像，
又因为为定义在上的偶函数，所以根据偶函数的对称性可作出在上的图像，如图，
.
所以在和上单调递减，在和上单调递增.
（2）因为有两个零点，
又因为为定义在上的偶函数，所以在上有一个根即可，
当时，，则，即在上有一个根，
因为在上单调递减，则，所以；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减，
所以，
当时，，则在上单调递增，
所以，
要使在上有一个根，只需要或，
解得或，所以或；
当时，由于，则，故，所以在上单调递增，则，
故要使在上有一个根，只需，即，所以；
综上：或，即.
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于熟练掌握指数函数的图像性质，从而得到的大致图像，结合函数图像解决零点问题.
21．已知某观光海域AB段的长度为3百公里，一超级快艇在AB段航行，经过多次试验得到其每小时航行费用Q（单位：万元）与速度v（单位：百公里／小时）（0≤v≤3）的以下数据：
为描述该超级快艇每小时航行费用Q与速度v的关系，现有以下三种函数模型供选择：Q＝av3＋bv2＋cv，Q＝0．5v＋a，Q＝klgav＋b．
（1）试从中确定最符合实际的函数模型，并求出相应的函数解析式；
（2）该超级快艇应以多大速度航行才能使AB段的航行费用最少？并求出最少航行费用．
【答案】（1）选择函数模型，函数解析式为；（2）以1百公里/小时航行时可使AB段的航行费用最少，且最少航行费用为2.1万元.
【分析】（1）对题中所给的三个函数解析式进行分析，对应其性质，结合题中所给的条件，作出正确的选择，之后利用待定系数法求得解析式，得出结果；
（2）根据题意，列出函数解析式，之后应用配方法求得最值，得到结果.
【详解】（1）若选择函数模型，则该函数在上为单调减函数，
这与试验数据相矛盾，所以不选择该函数模型．
若选择函数模型，须，这与试验数据在时有意义矛盾，
所以不选择该函数模型．
从而只能选择函数模型，由试验数据得，
，即，解得
故所求函数解析式为：．
（2）设超级快艇在AB段的航行费用为y（万元），
则所需时间为（小时），其中，
结合（1）知，
所以当时，．
答：当该超级快艇以1百公里/小时航行时可使AB段的航行费用最少，且最少航行费用为2．1万元．
【点睛】该题考查的是有关函数的应用题，涉及到的知识点有函数模型的正确选择，等量关系式的建立，配方法求二次式的最值，属于简单题目.
22．已知函数和分别为奇函数和偶函数，且.
(1)求函数的解析式，并判断该函数的单调性（不须证明）；
(2)解关于的不等式；
(3)判断方程是否有根？如果有根，请求出该根所在的一个长度为的区间；如果没有，请说明理由？（注：区间的长度）
【答案】(1)，在上单调递减
(2)
(3)
【分析】（1）利用函数奇偶性得到关于与的方程组，解之即可得到的解析式，从而求得的定义域，再利用复合函数的单调性即可求得的单调性；
（2）利用的奇偶性与单调性得到不等式组，解之即可；
（3）利用零点存在定理判断有根，再利用二分法求得长度为的区间.
【详解】（1）因为和分别为奇函数和偶函数，所以，，
又因为，所以，即，
所以，即，
则，得，
所以的定义域为，
因为，
又因为在上单调递减，在上单调递增，
所以在上单调递减.
（2）因为，所以，即，
所以，解得，故，
所以不等式的解集为.
（3）由题意知方程为，可化为，
令，，
则，，
所以，故方程在上必有根，
又因为，
所以，故方程在上必有根，
所以满足题意的一个区间为.
0
1
2
3
0
0.7
1.6
3.3