浙江省杭州地区(含周边)重点中学2022-2023学年高一上学期期中数学试题

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命题：桐庐中学 王燕萍、方婷华 审校：严州中学 刘景红 审核：临安中学 邵肖华
考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷密封区内填写班级、考试号和姓名；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷.
选择题部分
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，，则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用补集和交集的定义可求得集合.
【详解】由已知可得，因为.
故选：C.
2. 命题“，”的否定是( )
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】
根据含有一个量词的命题的否定的定义求解.
【详解】因为命题“，”是存在量词命题，
所以其否定是全称量词命题，即，，
故选：A.
3. 下列函数与是同一个函数的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【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】对于A，函数的定义域为，函数的定义域为，定义域不同，不是同一函数；
对于B，，两个函数定义域相同，对应关系也相同，是同一函数；
对于C，函数的定义域为，定义域不同，与不是同一函数；
对于D，，对应关系不相同，不是同一函数.
故选：B
4. 若a，，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】对于充分性，利用基本不等式，可得证；对于必要性，可举反例，可得答案.
【详解】因为，当且仅当时等号成立，所以，即；
当时，，但，
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，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研究函数图象的特征．我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图象知函数的定义域排除选项选项A、D，再根据不成立排除选项C，即可得正确选项.
【详解】由图知的定义域为，排除选项A、D，
又因为当时，，不符合图象，所以排除选项C，
故选：B.
6. 已知函数对任意两个不相等的实数，都有不等式成立，则实数a的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意知f(x)在上是增函数，令，则函数t为二次函数，且在时为增函数，且在时恒成立，据此列出不等式组即可求解．
【详解】由题意可知在上为单调增函数，
令，
则函数t为二次函数，且在时为增函数，且在时恒成立，
∴，解得
故选：C．
7. 设函数，若，则的值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由得出的关系式，计算后代入上面得出的关系式即可．
【详解】由题意，则，所以
故选：B.
8. 已知奇函数在上单调递增，对，关于的不等式在上有解，则实数的取值范围为( )
A. 或B. 或
C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的单调和奇偶性，将不等式转化为当时，在成立，上有解，结合主元变更求实数的取值范围，同样当时，在成立，上有解，结合主元变更求实数的取值范围即可.
【详解】解：①当时，可以转换为，
因为奇函数在上单调递增，
，则，
∴在成立，则，
由于，∴在递减，则，
又在上有解，则，∴；
②当时，由单调性和奇偶性可转换为：，
∴，在成立，则，
当时，在，递增，则，
又在有解，则，∴，
当时，在，递减，则，
又在有解，则，∴，综合得.
综上，或.
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 若幂函数的图象过，下列说法正确的有( )
A. 且B. 是偶函数
C. 在定义域上是减函数D. 的值域为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据幂函数的定义可得，由经过可得，进而得，结合选项即可根据幂函数的性质逐一求解.
【详解】对于A;由幂函数定义知，将代入解析式得，A项正确；
对于B;函数的定义域为，且对定义域内的任意x满足，故是偶函数，B项正确；
对于C;在上单调递增，在上单调递减，C错误；
对于D;的值域不可能取到0，D项错误.
故选：AB
10. 已知，，，则下列结论正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】将c改写成，利用和的单调性，分别与a，b比较大小.
【详解】因为，，又，是减函数，
所以，即，故A正确；
因为，又，是增函数，所以，即，故B不正确；
由于，所以，故C正确；
由前面的分析知，所以，而，所以，故D正确.
故选：ACD.
11. 设，且，则下列结论正确的是( )
A. 的最小值为B. 的最大值为1
C. 最小值为D. 的最大值为6
【答案】AC
【解析】
【分析】根据，且，结合基本不等式逐项求解最值即可判断正误.
【详解】解：对于A选项：，当成立，故A正确；
对于B选项：，由于，所以，当且仅当成立，故无最大值，故B错误；
对于C选项，，当时，又能取等号，故C正确；
对于D选项，，当成立，故最小值为6，故D错误.
故选：AC.
12. 一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“k倍美好区间”.特别地，若函数的定义域为，值域也为，则称为的“完美区间”.下列结论正确的是( )
A. 若为的“完美区间”，则
B. 函数存在“完美区间”
C. 二次函数存在“2倍美好区间”
D. 函数存在“完美区间”，则实数m的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】分析每个函数的定义域及其在相应区间的单调性，按“k倍美好区间”，“完美区间”的定义，列出相应方程，再根据方程解的情况，判断正误.
【详解】对于A，因为函数的对称轴为，故函数在上单增，
所以其值域为，又因为为的完美区间，
所以，解得或，因为，所以，A错误；
对于B，函数在和都单调递减，假设函数存在完美区间，则，即a，b互倒数且，故函数存在完美区间，B正确；
对于C，若存在“2倍美好区间”，则设定义域为，值域为
当时，易得在区间上单调递减，
，两式相减，得，代入方程组解得，，C正确.
对于D，的定义域为，假设函数存在“完美区间”，
若，由函数在内单调递减，则，解得；
若，由函数在内单调递增，则，即在有两解a，b，得，故实数m的取值范围为，D正确.
故选：BCD.
【点睛】抓住“k倍美好区间”，“完美区间”的定义，在已知单调性的前提下，即可通过分析函数在区间端点处a，b的取值，列出方程组.
非选择题部分
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 计算：__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据指数运算法则，直接求解即可.
【详解】
故答案为：.
14. 秋冬季是流感的高发季节，为了预防流感，某学校决定用药熏消毒法对所有教室进行消毒.如图所示，已知药物释放过程中，室内空气中的含药量()与时间()()成正比；药物释放完毕后，与t的函数关系式为(为常数，)，据测定，当空气中每立方米的含药量降低到()以下时，学生方可进教室，则学校应安排工作人员至少提前__________小时进行消毒工作.
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意求出参数a，当时,令，解不等式即可.
【详解】由图中一次函数图象可得，图象中线段所在直线的方程为，
又点在曲线上，所以，
解得，
因此含药量与时间 之间的函数关系式为，
当时，令，即，即，解得
故答案：1.
15. 已知定义在R上的函数满足，若与的交点为，，则___________.
【答案】10
【解析】
【分析】根据对称性可得图象的对称轴为直线，同样可得，则函数的图象也关于直线对称，故与的交点也满足对称性，即可得的值.
【详解】解：由，得图象的对称轴为直线，
又，即，
所以函数的图象也关于直线对称，
如图函数和函数的图象的5个交点的横坐标关于直线对称，
根据对称性可得
故答案为：10
16. 若不等式对任意的恒成立，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据不等式对和分类讨论，分别满足不等式对任意的恒成立，列式求解即可.
【详解】解：①当时，由得到在上恒成立，显然a不存在；
②当时，由，可设，
由的大致图象，可得的大致图象，如图所示，
由题意可知则，所以，
当且仅当，即时，取等号，所以的最大值为
综上，的最大值为
故答案为：
四、解答题：本题共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. 已知.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若命题，使得为假命题.求实数a的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
【解析】
【分析】(1)按不含参的一元二次不等式求解；
(2)转化为对恒成立问题求解，要注意讨论二次项系数是否为0.
【小问1详解】
当时，原不等式为，
令得，， 又因为开口向上，
所以不等式解集为或
【小问2详解】
命题，使得为假命题，
，恒成立为真命题
即：对恒成立
①当即时，恒成立，符合题意；
②当即时，应满足，，
综上所述：.
18. 已知全集U为全体实数，集合，
(1)在①，②，③这三个条件中选择一个合适的条件，使得，并求和；
(2)若“”是“”的必要不充分条件，求实数a的取值范围.
【答案】(1)选条件③，或，
(2)
【解析】
【分析】(1)求出集合，再得出三个条件下集合，由，确定选条件③，然后由集合的运算法则计算；
(2)根据必要不充分条件的定义求解．
【小问1详解】
由题知：集合，，
时，，时，，时，，
，需选条件③，
此时，或，
，
【小问2详解】
∵ “”是“”的必要不充分条件是B的真子集，
∴且等号不同时取得，解得．
19. 已知定义在R的奇函数，当时，
(1)求的值；
(2)求在R上的解析式；
(3)若方程有且只有一个实数根，求实数m的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】(1)根据奇函数的性质即可代入求解，
(2)根据奇函数的性质即可求解的解析式，进而可求上的解析式，
(3)根据函数图象即可得交点个数，进而列不等式求解即可.
【小问1详解】
由于是奇函数，所以
小问2详解】
当,则，，
由于是奇函数，所以，
故当时，，
因此
【小问3详解】
画出的图象如图1，进而可得的图象如图2，
由图知：，解得或，
即实数m的取值范围是
20. 截至2022年10月，杭州地铁运营线路共12条.杭州地铁经历了从无到有，从单线到多线，从点到面，从面到网，形成网格化运营，分担了公交客流，缓解了城市交通压力，激发出城市新活力.已知某条线路通车后，列车的发车时间间隔(单位：分钟)满足，经市场调研测算，列车的载客量与发车时间间隔t相关，当时，列车为满载状态，载客量为600人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为3分钟时的载客量为502人，记列车载客量为
(1)求的表达式，并求当发车时间间隔为5分钟时的载客量；
(2)若该线路每分钟净收益为(单位：元)，则当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值.
【答案】(1)，发车时间间隔为5分钟时的载客量为550人
(2)当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大值为116元
【解析】
【分析】(1)由已知函数模型求出解析式，然后计算时的发车量；
(2)由(1)的函数式求出该线路每分钟净收益，然后分段求最大值，一段利用基本不等式，一段利用函数的单调性求解后比较可得．
【小问1详解】
当时，
当时，设而，，
∴，
，即发车时间间隔为5分钟时的载客量为550人.
【小问2详解】
当时
当且仅当，即时等号成立.
当时，单调递减，当时，取到最大为
当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟净收益最大，最大值为116元．
21. 已知函数.
(1)若为偶函数，求k的值并证明函数在上的单调性；
(2)在(1)的条件下，若函数在区间上的最小值为，求实数m的值；
(3)若为奇函数，不等式在上有解，求实数m的取值范围.
【答案】(1)，证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】(１)根据偶函数可得，由单调性的定义即可证明单调性，
(2)换元得二次函数，分类讨论即可求解最值，
(3)换元，结合函数的单调性求最值即可求解.
【小问1详解】
由于为偶函数，代入得：
：
故，
对，，当时，
，
，，，
函数在上单调递增；
【小问2详解】
令
，
①当时，在单调递增，所以，解得：无解；
②当时，，解得：，
，
综上所述：
【小问3详解】
为奇函数，，，
又不等式在上有解，
，
由平方差和立方差公式得：，
令，
而在上单调递增，所以，
22. 已知.
(1)若在区间上不单调，求实数a的取值范围；
(2)若在区间上的最大值为M，最小值为N，且的最小值为1，求实数a的值；
(3)若对恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】(1)根据二次函数的性质即可根据对称轴与区间的关系进行求解，
(2)根据二次函数的性质即可知当t与关于对称轴对称时，最小，
(3)根据式子特征构造函数，分离参数，根据单调性求最值即可.
【小问1详解】
因为在区间上不单调，，
【小问2详解】
的对称轴为，要使达到最小，t与必关于对称轴对称，
，①
，代入化简得：，②
由①②解得：
【小问3详解】
方法一，，
令，，
而为偶函数，且在单调递增，
对恒成立，
参变量分离得：，
令，，，
当时，的最小值为
同理：，
的最大值为，
综上所述：
方法二：，，
令，，
而为偶函数，且在单调递增，
对恒成立，
，
，
且对恒成立，
令，，解得：；
令，
当时，，；
当时，，无解；
当时，，，
，
综上所述：