福建省福州第三中学2022-2023学年高一数学上学期期中检测试题（Word版附答案）

这是一份福建省福州第三中学2022-2023学年高一数学上学期期中检测试题（Word版附答案），共17页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
福州三中2022-2023学年第一学期阶段性学科居家检测高一数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分．第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共8个小题，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. 函数的定义域为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由二次根式性质和分式性质直接求解.【详解】由题可知，，解得.故选：C2. 若，则集合A的非空真子集的个数是（    ）A. 16 B. 14 C. 8 D. 6【答案】B【解析】【分析】化简集合，然后根据子集的概念即得.【详解】因为，所以集合A的非空真子集的个数是.故选：B.3. 我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”.在数学学习中和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数图象的特征，如函数的大致图象是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先研究函数的奇偶性，排除选项BD，再通过计算确定答案.【详解】解：设，所以函数是偶函数，其图象关于轴对称，排除选项BD.当时，，所以排除C，选择A.故选：A4. 2021年5月11日，国家统计局发布第七次全国人口普查公报（第二号），公报显示截止2021年5月11日，全国总人口数为人．如果到2049年5月11日全国总人口数超过16亿，那么从2021年5月11日到2049年5月11日的年平均增长率应不低于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题可得，进而即得.【详解】设增长率为，则，所以，即.故选：D.5. 已知，，且，则的最小值是（    ） A. 10 B. 15 C. 18 D. 23【答案】C【解析】【分析】把已知式变形为，然后由基本不等式求得最小值．【详解】由x>0，y>0，且，得，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是18．故选：C．6. 已知函数是R上的减函数，则实数a的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据一次函数、反比例函数的性质以及分段函数的单调性得到关于的不等式组，解出即可．【详解】若函数是R上的减函数，则，解得,即实数a的取值范围是.故选：B．7. 若，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据幂函数及指数函数的单调性判断即得.【详解】因为函数在上单调递增，所以，即，又函数在定义域上单调递减，所以，而，所以，所以.故选：C.8. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数，则函数的值域为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据换元法以及反比例函数的单调性即可求解的值域，根据高斯函数的定义即可求解的值域.【详解】由令则，故为，，由于在单调递增，故在单调递增，故当时，，故，进而，故选：D二、多选题：本大题共4个小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9. 下列命题中，正确的是（    ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】CD【解析】【分析】利用特值可判断AB，利用作差法可判断C，根据不等式性质可可判断D.【详解】对于A选项，当时，，故A错误；对于B选项，当，时，，故B错误；对于C选项，若，，，所以，故C正确；对于D选项，若，，则，根据不等式性质得到，故D正确.故选：CD.10. 已知函数，若对于区间上的任意两个不相等的实数，，都有，则实数的取值范围可以是（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】对于区间上的任意两个不相等的实数，，都有，分析即在区间上单调，利用二次函数的单调区间判断.【详解】二次函数图象的对称轴为直线，∵任意且，都有，即在区间上是单调函数，∴或，∴或，即实数的取值范围为.故选：AD【点睛】（1）多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．（2）二次函数的单调性要看开口方向、对称轴与区间的关系．11. 下列命题中正确的是（    ）A. 命题：“”的否定是“”B. 函数（且）恒过定点C. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为D. 函数的值域是，则实数m的范围是【答案】BCD【解析】【分析】根据全称量词命题的否定、指数函数的性质、函数定义域、函数值域等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.【详解】A选项，根据全称量词命题的否定的知识可知：“”的否定是“”，故A错误；B选项，因为，由，可得恒过定点，故B正确；C选项，函数的定义域为，，所以的定义域为，所以，即函数 的定义域为，故C正确；D选项，函数的值域是，当时，的值域为，符合题意，当时，则，解得；综上所述，的取值范围是，故D正确.故选：BCD.12. 当一个非空数集G满足“如果，则，且时，”时，我们就称G是一个数域，以下关于数域的说法：①0是任何数域的元素；②若数域G有非零元素，则；③集合是一个数域；④有理数集是一个数域，⑤无理数集不是一个数域．其中正确的选项有（    ）A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④⑤【答案】AD【解析】【分析】结合数域概念举例可依次验证.【详解】对①，设，有，即，故①正确；对②，设，则有，即，若，则，则，，则，故②正确；对③，当时，，所以不是一个数域，故③错误；对④，因为，则，且时，，故④正确；对⑤，若则，，故无理数集不一个数域，⑤正确.故选：AD第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在答题卡上的相应题目的答题区域内作答．13. 若不等式的解集为，则的值为____________．【答案】【解析】【分析】根据一元二次不等式的解集可得方程组求得，即得.【详解】因为不等式的解集为，解得，.故答案为：.14. 偶函数在区间上单调递减，则满足的x的取值范围是____________．【答案】【解析】【分析】由偶函数图象特征转化为绝对值不等式可求解.【详解】因为偶函数在区间上单调递减，故，解得.故答案：15. 函数的单调递减区间是____________．【答案】【解析】【分析】结合复合函数单调性求解即可.【详解】对于在定义域上为减函数；对于，首先满足，即，函数在上单减，在单增；根据“同增异减”性质，的单调递减区间是.故答案为：16. 已知，函数.①若，则之值为___________；②若不等式对任意都成立，则的取值范围是___________【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】①根据题意，分类讨论当和时，代入分段函数，分别解方程即可； ②将不等式对任意都成立，转化为恒成立且恒成立，其中对于恒成立，利用一次函数的单调性求解，对于恒成立，利用参变分离转化求最值求解，取交集后即可得出答案.【详解】解：由题可知，，①当时，则，，解得：；当时，则，，解得：；综上得：.②由题可知，，由不等式对任意都成立，所以有恒成立且恒成立，对于恒成立时，即恒成立，则，解得：；对于恒成立时，即恒成立，当时，明显成立，当时，恒成立，又，解得：；综上得：.所以的取值范围是：故答案为：①；②.【点睛】本题考查由分段函数求参数值和通过不等式恒成立问题求参数范围，利用一次函数的性质和参变分离求最值问题时关键，考查分类讨论思想.四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤，在答题卡上相应题目的答题区域内作答．17. （1）求值：；（2）已知：，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据根式化简及指数幂的运算法则计算即得；（2）根据指数幂的运算可得，进而即得.【详解】（1）原式；（2）因为，所以，即，所以，即，所以.18. 已知全集，命题p：实数x满足集合，命题q：实数x满足集合．（1）若，求如图所示阴影部分表示的集合；（2）若p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先化简集合，再求即可；（2）将问题等价转化为，再建立不等式组即可求解.小问1详解】由，故，当时，，则，图中阴影部分；【小问2详解】若p是q的必要不充分条件，则等价于，若，则，解得；若，则满足，解得，综上所述，19. 己知函数.（1）画出函数的图象，并写出函数在区间上的值域；（2）若函数，求函数在上最大值．【答案】（1）图象见解析；；    （2）.【解析】【分析】（1）根据分段函数解析式即可画出，计算出端点值，结合图象即可得出值域；（2）可得，分类讨论结合二次函数的性质即得.【小问1详解】由题可得，可得函数的图象，，由图象可知函数在区间上的值域为；【小问2详解】当时，，配方得，当，即时，，当，即时，，综上，.20. 已知函数．（1）讨论函数在上的单调性，并用定义加以证明：（2）若函数在区间上的值域为，求的取值范围．【答案】（1）当时，单调递减；时，单调递增    （2）【解析】【分析】（1）结合基本不等式和对勾函数性质可直接判断单调性，由定义证明即可；（2）由函数的单调性分段讨论即可求解.【小问1详解】由，当且仅当时取等号，故可判断在单减，上单增；证明如下：设，，则，当时，，故，，函数为减函数；当时，，故，，函数增函数；【小问2详解】，当时，单减；时，单增，故令，解得或4，故当时，，，；当时，，，；综上21. 为满足人民群众便利消费、安全消费、放心消费的需求，某社区农贸市场管理部门规划建造总面积为的新型生鲜销售市场．市场内设蔬菜水果类和肉食水产类店面共80间．每间蔬菜水果类店面的建造面积为，月租费为x万元；每间肉食水产类店面的建造面积为，月租费为0.8万元．全部店面的建造面积不低于总面积的80%，又不能超过总面积的85%．（1）两类店面间数的建造方案有多少种？（2）市场建成后所有店面全部租出，为保证任何一种建造方案平均每间店面月租费不低于每间蔬菜水果类店面月租费的90%，则x的最大值为多少万元？【答案】（1）16种；    （2）1万元.【解析】【分析】（1）设蔬菜水果类和肉食水产类店分别为，根据条件建立关系式，进而确定解的个数；（2）根据条件建立不等式，根据不等式恒成立求的最大值即可.【小问1详解】设蔬菜水果类和肉食水产类店分别为,由题意知，，化简得：，又，所以，解得，，所以两类店面间数的建造方案有种；【小问2详解】由题意知，，恒成立，，，，即的最大值为1万元.22. 已知定义在R的偶函数和奇函数满足：．（1）求，并证明：；（2）若存在，使得不等式成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）；证明见详解    （2）【解析】【分析】（1）将代换为，再结合奇偶性解方程即可求出，代入解析式可证；（2）不等式可化为，令，原不等式等价于，分离参数，结合基本不等式即可求解.【小问1详解】因为偶函数和奇函数满足：①，将代换为，可得，由函数的奇偶性可得，即②，联立①②可得：，，证明：，，所以；【小问2详解】，不妨设，易判断为增函数，故时，，，分离参数可得，由题干条件可等价转化为，，当且仅当时取最小值，故，，所以.