浙江省台州市第一中学2022-2023学年高一数学上学期期中试题（Word版附解析）

台州市第一中学2022学年第一学期期中考试试卷

高一数学

时间：120分钟        总分150分

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，只有一项符合题目要求.

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据交集的运算，可得答案.

【详解】由题意可得.

故选：D.

2. 函数的定义域是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据对数函数的定义域以及对数运算，建立不等式组，可得答案.

【详解】由题意，则，解得且.

故选：B.

3. 若函数且的图像恒过定点，则的坐标是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】令真数为，求出的值，再代入函数解析式可得出定点的坐标.

【详解】令，可得，.

因此，定点的坐标为.

故选：D.

4. 若，，则下面不等式中成立的一个是（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据不等式的性质和关系进行判断即可．

【详解】，，

，则，

故选：C．

【点睛】本题主要考查不等式性质的应用，结合同向不等式相加的性质是解决本题的关键．

5. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】确定函数的奇偶性，再利用函数值的正负排除三个错误选项后得结论．

【详解】函数定义域是，，函数为偶函数，排除AB，

又时，，排除D.

故选：C．

6. 设方程的根为，方程的根为，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据反函数的性质，解得直线的位置关系，建立方程，可得答案.

详解】由题意，作图如下：

由方程的根为，则函数与的交点为；

由方程根为，则函数与的交点为.

由函数与的图象关于对称，且与垂直，

则与关于直线对称，即，，

由题意可得：，，则，，

所以.

故选：A.

7. 满足函数在上单调递减的一个充分不必要条件是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复合函数的单调性，结合对数函数的定义域以及单调性，而且一次函数的单调性，可得答案.

【详解】由函数在上单调递减，且函数在上单调递增，

根据复合函数的单调性，则在上单调递减，且当时，可得，

解得：.

由真子集，

故选：C.

8. 已知函数，若方程有四个不同的实根，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据图象分析可得，，整理得，结合对勾函数运算求解.

【详解】对于，可知其对称轴，

令，解得或；

令，解得或；

作出函数的图象，如图所示，

若方程有四个不同的实根，

即与有四个不同的交点，交点横坐标依次为，

对于，则，

可得，所以；

对于，则，可得；

所以，

由对勾函数可知在上单调递增，

可得，

所以的取值范围是.

故选：B.

【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法

（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解．

（2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解．

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，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 给定命题，都有.若命题为假命题，则实数可以是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据全称命题的否定，建立不等式，可得答案.

【详解】由题意，命题，有成立，由命题为假命题，则命题为真命题，

所以或，由，，，.

故选：ABC.

10. 若，，则下列不等式成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】对于A：根据幂函数单调性分析判断；对于B：根据指数函数单调性分析判断；对于C：根据对数函数单调性分析判断；对于D：根据选项C的结论结合换底公式分析判断.

【详解】对于选项A：因为，则在内单调递增，

且，所以，故A错误；

对于选项B：因为，则在定义域内单调递减，

且，所以，故B正确；

对于选项C：因为，则在定义域内单调递减，

且，所以，故C正确；

对于选项D：由选项C可知：，则，

所以，故D错误；

故选：BC.

11. 设函数的定义域为，对于任意给定的正数，定义函数，若函数，则下列结论正确的是（    ）.

A.

B. 的单调递减区间为

C. 的最大值为

D. 为偶函数

【答案】ABCD

【解析】

【分析】由题意，根据一元二次不等式，写出函数解析式，根据二次函数的对称性以及单调性，结合函数图象平移规律，可得答案.

【详解】对于A，由，，，，解得，

由，则，故A正确；

对于B，由选项A，易知，

由，则其对称轴为直线，

则函数的图象关于直线对称，根据二次函数的单调性，可知B正确；

对于C，由选项B，函数在上单调递增，在上单调递减，

在上，的最大值为，故C正确；

对于D，函数的图象可由函数的图象向左平移个单位，

所以函数的图象关系轴对称，故D正确.

故选：ABCD.

12. 下列说法正确的是（    ）

A. 若正数满足，则的最小值为

B. 已知，则的最小值为

C. 已知，则的最小值为

D. 函数的最小值是

【答案】ABC

【解析】

【分析】由，结合基本不等式判断A；由，结合基本不等式判断B；由得出，再由换元法结合基本不等式判断C；由换元法结合基本不等式判断D.

【详解】对于A，由可得，，即，解得.

，当且仅当时，取等号，

即的最小值为，故A正确；

对于B，，当且仅当时，取等号，

即的最小值为，故B正确；

对于C，，

令，则

，

当且仅当时，取等号，故C正确；

对于D，令，

则，

当且仅当时，取等号，但，即，故D错误；

故选：ABC

三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.

13. 已知函数，则的值为______．

【答案】1

【解析】

【分析】根据分段函数的解析式结合对数运算求解.

【详解】由题意可得：.

故答案为：1.

14. 不等式的解集为，则的值是_____．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意可得：方程的根为，且，利用韦达定理运算求解.

【详解】由题意可知：方程的根为，且，

则，解得，

所以.

故答案为：.

15. 已知函数的定义域为，且对任意都满足，当时， ．（其中e为自然对数的底数），若函数与的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是____．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意可知函数关于直线对称，作出的图象，分和两种情况，结合图象分析交点，列式求解即可.

【详解】因为，则函数关于直线对称，如图所示，

当时，与的图象恰有两个交点，符合题意；

当时，若与的图象恰有两个交点，

则与相切，证明如下，

令，

整理得，则，解得，

且，解得，

即当时，与切于点，

此时与的图象恰有两个交点，符合题意；

综上所述：实数的取值范围是.

故答案为：.

16. 记为两数的最大值，当正数变化时，的最小值为_____．

【答案】4

【解析】

【分析】根据题意分析可得，结合基本不等式运算求解，注意等号成立的条件.

【详解】由题意可知：，

且，则，

则，当且仅当时，等号成立，

可得，

当且仅当，即时，等号成立，

且，当且仅当，即时，等号成立，

综上所述：当时，可得，即，此时，

所以的最小值为4.

故答案为：4.

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. （1）已知集合，求；

（2）已知集合，是否存在实数，使得?若存在，试求出实数的值，若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，

【解析】

【分析】（1）根据题意结合交集运算求解；

（2）由题意可得：，根据子集关系分析运算，注意集合的互异性.

【详解】（1）由题意可得，解得，

所以；

（2）存在，，理由如下：

因为，则，

（i）若，则，此时，不合题意；

（ⅱ）若，则或，

①当时，则，符合题意；

②当时，此时，不合题意；

综上所述：.

18. 化简求值：

（1）

（2）

【答案】（1）10    （2）

【解析】

【分析】（1）根据指数幂运算求解；

（2）根据对数运算求解.

【小问1详解】

原式

；

【小问2详解】

原式.

19. 已知幂函数为偶函数．

（1）求的解析式；

（2）若在区间上不单调，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据幂函数的定义结合函数奇偶性分析求解；

（2）根据二次函数单调性运算求解.

【小问1详解】

因为为幂函数，则，解得或，

当时，则为奇函数，不合题意；

当时，则为偶函数，符合题意；

综上所述：

【小问2详解】

由（1）可得：，其对称轴，

因为在区间上不单调，则，解得，

实数的取值范围.

20. 疫情过后，企业复工复产， 为了激励销售人员的积极性，台州某企业根据业务员的销售额发放奖金（奖金和销售额的单位都为十万元），奖金发放方案要求同时具备下列两个条件：①奖金随销售额的增加而增加；②奖金金额不低于销售额的5%．经测算该企业决定采用函数模型作为奖金发放方案.

（1）若，此奖金发放方案是否满足条件？并说明理由.

（2）若，要使奖金发放方案满足条件，求实数的取值范围.

【答案】（1）不满足，理由见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先代入分析出在上单调递增，再得到，解出范围即可判断；

（2）代入分析出满足条件①，再由条件②得在时恒成立，再利用分离参数法即可得到答案.

【小问1详解】

，因为在上单调递增，

在上单调递增，则在上单调递增，所以①满足.

对于②，，

整理可得，即，解得，而由知①，则不满足.

故不满足条件.

【小问2详解】

当时，函数，

因为，所以同（1）中的方法知在上单调递增，奖金发放方案满足条件①.

由条件②可知，即在时恒成立，

所以，在时恒成立，

当时，取得最小值，所以，

所以要使奖金发放方案满足条件，的取值范围为.

21. 已知奇函数的定义域为，

（1）求实数值；

（2）当时，有解，求的取值范围.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据奇函数的定义与性质结合指数运算求解；

（2）结合（1）中结果可得，换元令，参变分离可得，根据存在性问题结合二次函数的最值运算求解.

【小问1详解】

因为函数是奇函数，则，

即，整理得，

所以，即，可得，

因为定义域为（即）关于原点对称，所以.

【小问2详解】

由（1）可知：

因为，即，

又因为，整理得，

由，则，令，则，

可得，

分离参数得，

令，可知其对称轴为，

则在上单调递增，

所以当，即时，取到最大值，

由题意可知：不等式在有解，

则，解得，

所以的取值范围.

22. 已知函数.

（1）当，且时，求的值；

（2）是否存在实数a、，使得函数的定义域、值域都是.若存在，则求出a、b的值；若不存在，请说明理由；

（3）若存在实数a、使得函数的定义域为时，值域为，求实数m的范围.

【答案】（1）；   

（2）答案见解析；
    （3）.

【解析】

【分析】（1）先通过分类讨论，去掉函数的绝对值符号，结合解析式与单调性可得答案.
 

（2）（3）将判断a、b是否存在转化为关于a、b相关方程有无解的问题，分a，；a，；，三种情况进行讨论.

【小问1详解】

∵由已知可得，

∴在上为减函数，在上为增函数，

由且，可得且，得.

【小问2详解】

若存在满足条件的实数a、b，则.

①当a，时，在上为减函数

故，即，解得，故此时不存在符合条件的实数a、b.

②当a，时，在上是增函数.

故，即，又.

此时，a、b是方程的根.此方程无实根，故此时不存在符合条件的实数a、b.

③当，时，

由于，而，故此时不存在符合条件的实数a、b.

综上可知，不存在符合条件的实数a、b.

【小问3详解】

若存在实数a、，使得函数的定义域为时，值域为，且，.

①当a，时，由于在上是减函数，故.

此时得，得与条件矛盾，所以a、b不存在

②当，时，，.所以a、b不存在.

③故只有a，.

∵在上是增函数，∴，即

又，故a、b是方程的两个不等根.

即关于x的方程有两个大于1的不等实根.

设这两个根、，则，.

∴，即，解得.

综上，m的范围是

【点睛】关键点点睛：涉及分段函数，函数单调性，一元二次方程根的分布等知识，主要方法为分类讨论.对于含有绝对值的函数常通过分类讨论处理，部分题目也可结合图像或考虑其几何意义.判断数字是否存在问题，常转化为判断相关数字所涉方程或不等式有无解的问题.