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：D

2. 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：C

3. 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：A

4. 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. 1 B. 2 C. 3 D. 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：C

5. 已知函数，若，则（    ）

A. 17 B. 12 C.  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：A

6. 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. 2 B. 4 C. 6 D. 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：ABC

11. 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：1

14. 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.