安徽省合肥市第一中学2022-2023学年高一上学期期中数学试卷（Word版附解析）

这是一份安徽省合肥市第一中学2022-2023学年高一上学期期中数学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省合肥市第一中学2022-2023学年高一上学期期中教学质量检测数学试题Word版含解析docx、安徽省合肥市第一中学2022-2023学年高一上学期期中教学质量检测数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 满分：150分）
第Ⅰ卷 （60分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分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 若集合，集合，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，用列举法写出集合，对集合取并集即可得到答案.
【详解】集合，又集合，
所以.
故选：C.
2. 若，则下列各选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】用特值法可判断AB；用幂函数的性质可判断C；用指数函数的性质可判断D
【详解】对于A：取，则，故A错误；
对于B：取，则，故B错误；
对于C： 函数在上单调递增，又，所以，故C正确；
对于D：函数在上单调递增，又，所以，所以，故D错误；
故选：C
3. 已知，，则的值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数幂运算性质，将目标式化为含、的表达式，即可求值.
【详解】．
故选：B
4. 基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）
A. 1.2天B. 1.8天
C. 2.5天D. 3.5天
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.
【详解】因为，，，所以，所以，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，
则，所以，所以，
所以天.
故选：B.
【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.
5. 命题“，”是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】原命题的否定为真命题，由二次不等式恒成立的条件，求实数的取值范围.
【详解】由题意，原命题的否定“，”为真命题，
令，则当时，，
故，解得.
所以实数的取值范围是.
故选：D
6. 已知奇函数在上单调，若正实数，满足，则的最小值是（ ）
A. 8B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用奇函数的性质以及基本不等式，即可计算求解.
【详解】，∴，，
∴，即，，
当且仅当时等号成立.
故选：D．
7. 幂函数在上单调递增，则的图象过定点（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题知，进而得，再根据指数函数性质求解即可.
【详解】解：因为幂函数在上单调递增，
所以，解得，所以，
故令得，所以
所以的图象过定点
故选：D
8. 满足，且当时，，则方程的所有根之和为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】画出函数图象，求出的解对照图象求得根之和.
【详解】由题意得，则关于对称，其图像如下
令，则关于的方程由4个解，其中，
关于的方程有四个解，由对称性可知，其和为4，
同理：
关于的方程有两个解，由对称性可知，其和为2，
关于的方程有两个解，由对称性可知，其和为2，
关于的方程有两个解，由对称性可知，其和为2，
所以方程的所有根之和为10.
故选:D
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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 有以下判断，其中是正确判断的有（ ）
A. 与表示同一函数
B. 函数的图象与直线的交点最多有1个
C. 与是同一函数
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据同一函数的判定方法，可判定AC；根据函数的概念，可判定B；根据函数的解析式，求得，进而求得的值，可判定D.
【详解】对于A，函数的定义域为，函数定义域为，
两函数的定义域不同，所以不是同一函数，故A错误；
对于B，若函数在处有定义，则的图象与直线的交点有1个；
若函数在处没有定义，则的图象与直线没有交点，故B正确；
对于C，函数与的定义域与对应法则都相同，所以两函数是同一函数，故C正确；
对于D，由，可得，所以，故D错误；
故选：BC
10. 关于函数，．下列说法正确的有（ ）
A. 的图像关于y轴对称
B. 在上单调递增，在上单调递减
C. 的值域为
D. 不等式的解集为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据函数，逐一对其进行奇偶性，复合函数的单调性分析，即可判断选项A，B，C均正确，而选项D也可由单调性转化为关于的二次不等式求解，解集应为，则D错误.
【详解】因为函数，
，
则该函数为偶函数，其图像关于轴对称，故选项A说法正确；
令，在单调递增，单调递减，
又在单调递增，
则由复合函数的单调性可知
单调递增，单调递减，故选项B说法正确；
由可得，
即的值域为，故选项C说法也正确；
由不等式即
，则，
故的不等式解集为，选项D说法错误.
故选：ABC.
11. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 且B. 的最小值是
C. 的最小值是4D. 的最小值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用的值域及单调性即可判断得且，故A正确；
对于B，利用基本不等式可得，再进行化简即可得到，故B错误；
对于C，利用基本不等式中“1”的妙用可得，故C正确；
对于D，由结合基本不等式可判断得D正确.
【详解】对于A，因为，，所以，即，
由于在上单调递增，所以，同理可得，故A正确；
对于B，因为，，所以，即，即，即，
由于在上单调递增，所以，即，
当且仅当且，即时，等号成立，
故的最大值是，故B错误；
对于C，因为，，
当且仅当且，即时，等号成立，故C正确；
对于D，，
当且仅当且，即时，等号成立，故D正确.
故选：ACD.
12. 已知是定义在上的奇函数，当时，恒成立，则（ ）
A. 上单调递增
B. 在上单调递减
C.
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由已知，结合题意给的不等关系，两边同除得到，然后根据，即可判断与两者的大小，从而判断选项A，选项B由前面得到的不等关系，通过放缩，即可确定与的大小，从而确定函数的单调性，选项C和选项D，可利用前面得到的不等式，令，带入，然后借助是奇函数进行变换即可完成判断.
【详解】由已知，，，
所以，即，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
因为是定义在上的奇函数，所以，
所以，所以，
因为，所以在上单调递增，故选项A错误；
因为，，所以，
所以，
即，又因为，
所以在上单调递减，选项B正确；
因为时，恒成立，
所以令，代入上式得，即，
又因为是定义在上的奇函数，所以，
所以，故选项C正确，选项D错误.
故选：BC
第Ⅱ卷 （90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.把答案填在答题卡上的相应位置.
13. 设，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据对数运算性质化简求值即可.
【详解】，.
故答案为：.
14. 设奇函数在上严格递增，且，则不等式的解集为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由函数的奇偶性化简不等式，结合单调性求解
【详解】由题意得是奇函数，则等价于，即，
而在上严格递增，，故时，，时，，
由为奇函数，得时，，时，，
综上，的解集为
故答案为：
15. 已知函数的图象过原点，且无限接近直线但又不与该直线相交，则________．
【答案】
【解析】
【分析】首先图像过原点，把原点带入解析式当中，得到，又图像无限接近，可得.即可求出答案.
【详解】的图象过原点，又图像无限接近直线但又不与该直线相交，则.
故答案为：-2.
16. 已知，函数，存在，使得对任意的，都有，则的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】将题意转化为，结合可得，再根据函数的单调性，分和两种情况讨论求解即可.
【详解】根据对勾函数的性质，函数在上单调递减，在上单调递增.且.又在上恒为正，且存在，使得对任意的，都有，故，因为，故只需即可.
（1）当时，不成立；
（2）当时，，故，即，，解得.
综上有.
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 设全集，集合，．
（1）若，求；
（2）若中只有一个整数，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，利用交集与补集运算得到结果；
（2）根据条件确定集合中的唯一整数为，列不等式求解．
【小问1详解】
，当时，，
，
；
【小问2详解】
因为，，
又中只有一个整数，所以这个整数必定是，
故，，
所以，．
18. 计算：
（1）
（2）.
（3）已知，求的值.
【答案】（1）；
（2）0； （3）
【解析】
【分析】（1）利用指数幂的运算化简求值；
（2） 利用对数式的运算规则化简求值；
（3）由，两边同时平方，求出，由 ，求出，再由求值即可.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
.
【小问3详解】
，即，
，，
..
19. 已知关于x的一元二次函数.
（1）若的解集为或，求实数a、b的值；
（2）若实数a、b满足，求关于的不等式的解集.
【答案】（1），；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）根据一元二次不等式的解集与系数的关系求解即可；
（2）化简可得，再以0，1为分界点讨论a的范围，求解不等式即可
【小问1详解】
∵的解集为或，
∴与1是方程的两个实数根，
由韦达定理可知：，
解得，.
【小问2详解】
∵，则不等式化为：，
因式分解为：，().
当时，化，则解集为；
当时，，解得，不等式的解集为；
当时，，解得，不等式的解集为；
当时，，解得或，不等式的解集为或.
20.
经市场调查，某旅游城市在过去的一个月内（以天计），第天的旅游人数 (万人)近似地满足=4+,而人均消费(元)近似地满足.
(Ⅰ)求该城市的旅游日收益（万元）与时间的函数关系式；
(Ⅱ)求该城市旅游日收益的最小值.
【答案】(Ⅰ)=；(Ⅱ) 441万元．
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）解：
=
（Ⅱ）当，（t=5时取最小值）
当，因为递减，
所以t=30时，W(t)有最小值W(30)=，
所以时，W(t)的最小值为441万元
考点：分段函数的实际应用．
点评：本题考查的是分段函数应用问题．在解答的过程当中充分体现了分类讨论的思想、二次函数求最值的方法以及问题转化的能力．
21. 已知函数的定义域是，对定义域的任意都有，且当时，，；
（1）求证：；
（2）试判断在的单调性并用定义证明你的结论；
（3）解不等式
【答案】（1）证明见解析
（2）增函数；证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）使用赋值法，先令求得，然后再令可证；
（2）先设，然后用代换中的，结合时，可证；
（3）先用赋值法求得，然后将不等式转化为，利用单调性去掉函数符号，结合定义域可解.
【小问1详解】
令，得，解得
再令，则
所以
【小问2详解】
在上为增函数，证明如下：
设，则，
因为时，
所以
由（1）知
所以
所以在上为增函数.
【小问3详解】
因为，
所以，得，
又因为，
所以，
所以
由上可知，是定义在上为增函数
所以，原不等式，
解得，即原不等式的解集为.
22. 已知函数是定义在R上的奇函数.
（1）求实数a，b的值；
（2）判断在上的单调性，并证明；
（3）若在上恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1），；
（2）单调递增，证明见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由、列方程求参数即可；
（2）由（1）写出解析式，再应用单调性定义求证单调性即可；
（3）根据（1）（2）结论有恒成立，令化为，再令化为在上恒成立，结合二次函数性质求参数范围.
【小问1详解】
由题设，可得，
又，则，可得.
所以，.
【小问2详解】
在上单调递增，证明如下：
由（1）：，令，
则，
由，，即，故，
所以在上递增.
【小问3详解】
由题设及（1）知：，
由（2）知：，令，
则，整理得：，
若且时等号成立，则在上恒成立，
由开口向上，对称轴为，，
所以，即时，在上恒成立；
，即或时，，则，可得，此时；
综上，