2022-2023学年湖北省孝感市重点高中教研协作体高一上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖北省孝感市重点高中教研协作体高一上学期期中联考数学试题（解析版），共14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。
2022-2023学年湖北省孝感市重点高中教研协作体高一上学期期中联考数学试题 一、单选题1．已知集合，那么的真子集的个数是（    ）A．8 B．7 C．6 D．5【答案】B【分析】根据集合的元素个数，直接求解其真子集个数即可.【详解】因为集合有3个元素，故其真子集个数有个.故选：B.2．在下列函数中，与函数表示同一函数的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】判断函数的定义域、对应关系是否完全相同即可得答案【详解】函数的定义域为R，对于A，函数的定义域为，定义域不相同，故不正确；对于B，函数的定义域为R，定义域相同，但对应关系不同，故不正确；对于C，函数的定义域为R，定义域相同，对应关系相同，故正确；对于D，函数的定义域为，定义域不相同，故不正确，故选：C3．设，为实数，则“”是“”的（    ）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】利用特殊值，从充分性和必要性进行判断即可.【详解】取，满足，但，故充分性不满足；取，满足，但不满足，故必要性不满足；故“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：.4．已知幂函数的图象经过点，则（    ）A．3 B． C．9 D．【答案】A【分析】先由函数为幂函数，设，然后由已知求出，再求解即可.【详解】由题意设，由函数的图象过点，则，解得，即 ，则，故选：A5．设偶函数在区间上单调递增，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由单调性及偶函数对称性可得结果【详解】偶函数在区间上单调递增，则，即.故选：D6．某厂有许多形状为直角梯形的铁皮边角料，如图，为降低消耗，开源节流，现要从这些边角料上截取矩形铁片(如图中阴影部分)备用，当截取的矩形面积最大时，矩形两边长x、y应为(　　)．A．x＝15，y＝12 B．x＝12，y＝15C．x＝14，y＝10 D．x＝10，y＝14【答案】A【详解】由三角形相似得,得,由0<x≤20得,8≤y<24,∴,∴当y=12时,S有最大值,此时x=15. 选A7．将如图的“爱心”献给在抗疫一线的白衣天使，向他们表达崇高的敬意！爱心轮廓是由曲线（轴以上部分包括与轴的交点）与（轴以下部分包括与轴的交点）构成，则（    ）A． B．10 C． D．2【答案】B【分析】由已知，将坐标轴上的点代入函数解析式，列出关系式，解方程即可.【详解】由图知，过点，过点，则，有    解得，所以，故选：B.8．取整函数：不超过的最大整数，如，，.以下关于“取整函数”的性质叙述不正确的有（    ）A．， B．，，则C．， D．，【答案】C【分析】可取特殊值判断AC，利用不等式性质及取整数的意义推理可判断选项BD.【详解】当时，，故选项A正确；若，设，则，，从而，故选项B正确；对于C，当，，，，C错误；设，则，或，时，此时，，时，，，综上.故选项D正确.故选：C. 二、多选题9．下列说法正确的有（    ）A．命题“，”的否定是“，”B．函数在其定义域内是减函数C．两个三角形全等是两个三角形相似的必要条件D．若为上的奇函数，则为上的偶函数【答案】AD【分析】利用全称量词命题的否定可判断A选项；利用反比例函数的单调性可判断B选项；利用充分条件、必要条件的定义可判断C选项；利用函数奇偶性的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，命题“，”的否定是“，”，A对；对于B选项，函数在其定义域内不单调，B错；对于C选项，若两个三角形全等，则这两个三角形必然相似，即“两个三角形全等”“两个三角形相似”，若两个三角形相似，则这两个三角形不一定全等，即“两个三角形全等”“两个三角形相似”，所以，两个三角形全等是两个三角形相似的充分不必要条件，C错；对于D选项，设，若为上的奇函数，则函数的定义域为，所以，，故函数为上的偶函数，D对.故选：AD.10．已知，，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】通过合理的赋值，结合已知条件，即可比较大小.【详解】令可得：，又，故要么同时大于，要么同时小于；令可得：，又，故要么同时大于，要么同时小于；结合，故，满足题意；但，不满足题意.故选：AB.11．若函数的定义域为，值域为，则正整数的值可能是（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】BCD【分析】先证明函数在上是单调递增函数，在上是单调递减函数，然后结合题意即可求解【详解】，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，同理可证在上是单调递减函数，故，故，由解得或，故，所以，故选：BCD12．已知（常数），则（    ）A．当时，在R上是减函数B．当时，没有最小值C．当时，的值域为D．当时，，，有【答案】BD【分析】对A，比较时两段的值可判断；对B，分别判断和时函数单调性即可得出；对C，根据单调性求出值域即可判断；对D，求出和时范围即可得出.【详解】对于A，当时，，，所以在R上不是减函数，A错误．对于B，当时，在上是减函数，无最小值，又在上是减函数，也无最小值，因此无最小值；当时，在上是增函数，，但，所以无最小值．综上，当时，无最小值，B正确．对于C，当时，，当时，由，得是增函数，所以，所以的值域是，C错误．对于D，当时，由，得，所以．而当时，，，因此，，使得，即，D正确．故选：BD． 三、填空题13．“，”是假命题，则实数的取值范围为 _________ .【答案】【分析】存在量词命题是假命题，则其否定全称量词命题是真命题，写出其全称量词命题，是一个二次不等式恒成立问题，分情况讨论，求的范围.【详解】由题意可知，“，”的否定是真命题，即“，”是真命题， 当时，，不等式显然成立，当时，由二次函数的图像及性质可知，，解得，综上，实数的取值范围为.故答案为：.14．已知的定义域为，则的定义域是__________.【答案】【分析】本题考查抽象函数的定义域，中的范围即的取值范围，就可以求得的定义域.【详解】因为的定义域为，所以，则，即，解得，所以函数的定义域为.故答案为：15．写出一个二次函数，使得不等式的解集为，该函数_____________.【答案】（答案不唯一，满足，即可）【分析】根据函数图象的平移可知的解，再根据函数的零点及增减性构造函数即可求解【详解】将的图象向右平移1个单位可得到的图象，故的解集为，故可取二次函数，故答案为：（答案不唯一，满足，即可）16．已知，关于的不等式对于一切实数恒成立，又存在实数，使得成立，则的最小值为____________.【答案】【分析】首先由不等式恒成立得到，再由存在成立问题，得到，从而确定，然后将原问题转化为单变量最值问题，利用整体代换和基本不等式得到最值即可.【详解】由不等式对于一切实数恒成立可得，解得，又存在实数，使得成立，则，得，所以.∴∵∴∴（当且仅当，，即或取等号）故答案为：.【点睛】本题的考察点较多，首先是对于能成立和恒成立问题的转化确定，然后运用了我们常用的一种处理最值的方法，多变量变单变量，最后在化解的过程中还需要整体代换，最后再利用基本不等式的方法求取最值，所以平时对于恒成立与能成立的问题要十分熟悉，最值问题的常见处理方法，如多变量多变单量法，整体代换法，构造一元二次不等式法，判别式法等，平时要熟练运用. 四、解答题17．（1）求不等式的解集；（2）求函数的定义域.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）将不等式整理为标准型，分解因式，求解即可；（2）根据具体函数的解析式，列出使得其有意义的不等式，求解即可.【详解】（1）由得：，即∴或，即不等式的解集为或.（2）由题意可得：，解得：且∴函数的定义域为：.18．已知集合，在①；②“”是“”的充分不必要条件；③这三个条件中任选一个，补充到本题第（2）问的横线处，求解下列问题.(1)当时，求，；(2)若____________，求实数的取值范围.【答案】(1)，；(2)答案见解析. 【分析】（1）把代入，利用交集、并集的定义求解作答.（2）选①，可得，利用包含关系列式求解作答；选②，可得，利用包含关系列式求解作答；选③，利用交集的结果列式求解作答.【详解】（1）当时，，而，所以，.（2）选①，由可知：，当时，则，即，满足，则，当时，由得：，解得，所以实数的取值范围为选②，因“”是“”的充分不必要条件，则，当时，则，即，满足，则，当时，由得：或，解得或，所以实数的取值范围为选③，当时，则，即，满足，则，当时，由得：或，解得或，所以实数的取值范围为.19．已知二次函数满足，且的图象经过点.(1)求的解析式；(2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设，利用可求得，，再利用可求得，即可得到答案；（2）设，由题意可得当时，恒成立，只需，即可得到答案【详解】（1）设，则，∴，∴，解得，，由的图象经过点得，∴，∴；（2）设，因为当时，不等式恒成立，即恒成立，∴，即，解得，故实数的取值范围是20．某光伏企业投资万元用于太阳能发电项目，年内的总维修保养费用为万元，该项目每年可给公司带来万元的收入．假设到第年年底，该项目的纯利润为万元．（纯利润累计收入总维修保养费用投资成本）(1)写出纯利润的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利．(2)若干年后，该公司为了投资新项目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案：①年平均利润最大时，以万元转让该项目；②纯利润最大时，以万元转让该项目．你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？请说明理由．【答案】(1)，从第年起开始盈利(2)选择方案①更有利于该公司的发展；理由见解析 【分析】（1）根据题意可得表达式，令，解不等式即可；（2）分别计算两个方案的利润及所需时间，进而可确定方案.【详解】（1）由题意可知，令，得，解得，所以从第年起开始盈利；（2）若选择方案①，设年平均利润为万元，则，当且仅当，即时等号成立，所以当时，取得最大值，此时该项目共获利（万元）．若选择方案②，纯利润，所以当时，取得最大值，此时该项目共获利（万元）．以上两种方案获利均为万元，但方案①只需年，而方案②需年，所以仅考虑该项目的获利情况时，选择方案①更有利于该公司的发展．21．已知函数的定义域为，且对任意，都有，且当时，恒成立.(1)证明：函数是奇函数；(2)用单调性定义证明：在定义域上单调递增；(3)，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】(1)利用抽象函数先求出，再令，即可证明；(2) 取，根据题意得即可证明； (3)利用函数的单调性和奇偶性解抽象函数不等式.【详解】（1）证明：，令，，则.令，，，即，而，∴，即函数是奇函数；（2）任取，则，∵当时，恒成立.∴，∴即∴函数是上的增函数；（3）由，可得，又函数是奇函数，，∵在定义域上单调递增∴，得，∴，故的取值范围为.22．对于定义域为的函数，如果存在区间，使得在区间上是单调函数，且函数，的值域是，则称区间是函数的一个“优美区间”.(1)判断函数和函数是否存在“优美区间”?如果存在，写出一个符合条件的“优美区间”.（直接写出结论，不要求证明）(2)如果是函数的一个“优美区间”，求的最大值.【答案】(1)函数的“优美区间”是；函数不存在“优美区间”；(2) 【分析】（1）由函数的单调性及值域及新定义求解;（2）由新定义及函数定义域，确定相应方程有两个同号的不等实根，由此求得参数范围【详解】（1）∵且在上单调递增，由得或0，∴函数存在“优美区间”，为；∵在上是增函数，若存在“优美区间”，则有，方程组无实数解，则函数不存在“优美区间”；（2）在和上都是增函数，因此“优美区间”或，由题意可知：，所以有两个同号的不等实根，即有两个同号的不等实根，∴，即，解得或，∵（同号，满足题意），，∴，∵或，∴当，即时，【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义，解题关键是理解新定义，解题难点是新定义的应用，解题方法是利用新定义把问题转化为一元二次方程根的分布，对学生的逻辑思维能力运算求解能力要求较高