2022～2023學年第一學期期中測試卷高一數學2022.11注意事項學生在答題前請認真閱讀本注意事項及各題答題要求：1．本卷共4頁，包含單項選擇題(第1題~第8題)、多項選擇題(第9題~第12題)、填空題(第13題~第16題)、解答題(第17題~第22題)．本卷滿分150分，答題時間為120分鐘．答題結束后，請將答題卡交回．2．答題前，請您務必將自己的姓名、調研序列號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在答題卡的規定位置．3．請在答題卡上按照順序在對應的答題區域內作答，在其他位置作答一律無效．作答必須用0.5毫米黑色墨水的簽字筆．請注意字體工整，筆跡清楚．一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先進行并集運算，然后計算補集即可.【詳解】由題意可得：，則.故選：A.2.命題“存在一個素數，它的平方是偶數”的否定是()A.任意一個素數，它的平方是偶數 B.任意一個素數，它的平方不是偶數C.存在一個素數，它的平方是素數 D.存在一個素數，它的平方不是偶數【答案】B【解析】【分析】根據特稱命題的否定為全稱命題即可求求解.【詳解】“存在一個素數，它的平方是偶數”的否定是“任意一個素數，它的平方不是偶數”.故選：B3.若集合A的子集個數有4個，則集合A中的元素個數是()A.2 B.4 C.8 D.16【答案】A【解析】【分析】直接根據集合元素個數和子集個數關系列式計算即可.【詳解】設集合A中的元素個數是，則，解得故選：A.4.已知是定義在上的增函數，則()A.函數為奇函數，且在上單調遞增B.函數為偶函數，且在上單調遞減C.函數為奇函數，且在上單調遞增D.函數為偶函數，且在上單調遞減【答案】C【解析】【分析】結合已知條件，利用函數奇偶性定義和其對稱性可判斷AB；利用奇偶性的定義以及復合函數單調性可判斷CD.【詳解】不妨令，則，且的定義域為，故為偶函數，則的圖像關于軸對稱，則不可能在上單調，故AB錯誤；令，則，且的定義域為，故是奇函數，因為是定義在上的增函數，所以由復合函數單調性可知，在上是減函數，故在上是增函數，故C正確，D錯誤.故選：C.5.已知冪函數為偶函數，則關于函數的下列四個結論中正確的是()A.的圖象關于原點對稱 B.的值域為C.在上單調遞減 D.【答案】D【解析】【分析】根據為冪函數且為偶函數可得，進而得，根據奇偶性的判斷可判斷A，根據單調性確定值域可判斷B，C,代入計算進而可判斷D.【詳解】因為是冪函數,所以,解得或,又是偶函數,所以,故,故;對于A;,故是偶函數，圖象關于軸對稱，故A錯誤，對于B；，由于，所以，故，故值域為，故B錯誤,對于C;,由于在單調遞增，故在單調遞減，故在遞增，故C錯誤，對于D；從而，故D正確，故選：D6.若函數在區間上的最大值是，最小值是，則()A.與有關，且與有關 B.與有關，但與無關C.與無關，且與無關 D.與無關，但與有關【答案】B【解析】【分析】易證得函數關于對稱，分，，和四種情況討論，求出函數得最大值和最小值，即可得出結論.【詳解】解：因為，，所以，所以函數關于對稱，，當時，，則，與無關，與無關，當時，，則，與無關，與無關，當時，，則，與有關，與無關，當時，，則，與有關，與無關，綜上所述與有關，但與無關.故選：B.7.已知函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數.利用該結論，則函數圖象的對稱中心是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據為奇函數，由奇函數滿足的關系式即可列方程求解.【詳解】設的圖象關于點，令，則，由為奇函數，故，即，化簡得，故且，解得，故對稱中心為，故選：C8.若將有限集合的元素個數記為，對于集合，，下列說法正確的是()A.若，則B.若，則或C.若，則D.存在實數，使得【答案】C【解析】【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再對分類討論求出集合，最后根據所給對于及集合的運算一一分析即可.【詳解】解：由，即，解得，所以，對于A：當時，即，解得，所以，所以，，所以，故A錯誤；由，即，當時解得，當時解得，當時解得，即當時，當時，當時，對于B：若，若則，則，此時，若則，則，此時，綜上可得或，故B錯誤；對于C：若，當時顯然滿足，當時則，解得，當時則，解得，綜上可得，故C正確；對于D：因為，，若，則，此時，即，則，與矛盾，故D錯誤；故選：C二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.下列命題為真命題的是()A.是的必要不充分條件B.或為有理數是為有理數的既不充分又不必要條件C.是的充分不必要條件D.的充要條件是【答案】BD【解析】【分析】由已知，選項A，可舉例當時，判斷是否滿足必要性；選項B，選項C，選項D，可根據條件和結論分別驗證充分性和必要性.【詳解】選項A，必要性：，當時，此時，該選項錯誤；選項B，，中有一個數為有理數時，不一定為有理數(如：)，所以或為有理數不一定能推導出為有理數；為有理數時，，可能均為無理數(如：)，所以，此時為有理數不一定能推導出或為有理數，所以該選項正確；選項C，充分性：，必要性：，應為充要條件，所以該選項錯誤；選項D，必要性：，所以，即，所以；充分性：，則，該選項正確.故選：BD.10.函數滿足條件：①對于定義域內任意不相等的實數恒有；②對于定義域內的任意兩個不相等的實數都有成立，則稱其為函數.下列函數為函數的是()A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】利用函數的定義結合圖象逐一判斷即可.【詳解】依題意，對于定義域內任意不相等的實數恒有，即是減函數；對于定義域內的任意兩個實數都有成立，是下凹函數.A選項中，是減函數，且，故不滿足條件，不是函數；B選項中，是減函數，如圖可知，圖象下凹，，是函數；C選項中，是減函數，如圖可知，圖象下凹，，函數；D選項中，是增函數，如圖所示，所以不是函數.故選：BC.11.函數是定義在上的函數，則()A.若，則函數的值域為B.若，則函數的值域為C.若函數單調遞增，則的取值范圍是D.若函數單調遞增，則的取值范圍是【答案】BD【解析】【分析】AB選項利用分段函數的值域求解判斷；CD選項利用分段函數的單調性求解判斷.【詳解】解：若，則函數，當時，，，則，當時，，所以，故A錯誤B正確；若函數單調遞增，則，解得，所以的取值范圍是，故C錯誤D正確.故選：BD12.下列說法正確的是()A.函數，與函數，是同一個函數B.直線與函數的圖象至多有一個公共點C.滿足“值域相同，對應關系相同，但定義域不同”的函數組不存在D.滿足“定義域相同，值域相同，但對應關系不同”的函數有無數個【答案】ABD【解析】【分析】根據函數的定義，以及函數的三個要素：定義域，值域和對應關系，結合選項即可逐一求解.【詳解】對于A;函數的對應關系，定義域相同，故為同一個函數，A正確，對于B;根據函數的定義，對于定義域內任意的自變量,都有唯一確定的與之對應，故直線與函數的圖象至多有一個公共點，B正確，對于C；如，兩函數的值域均為，對應關系相同，但定義域不同，故C錯誤，對于D；例如對任意的一次函數，定義域值域均為,但對應關系不同，故D正確，故選：ABD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.若，則的取值范圍是____．【答案】【解析】【分析】直接利用不等式的性質計算即可.【詳解】，①，又，②，①+②可得即的取值范圍是故答案為：14.若函數為奇函數，則____．【答案】3【解析】【分析】結合已知條件，首先利用奇函數性質和賦值法求出參數，進而可得到答案.【詳解】因為是奇函數，所以，即，故.故答案為：3.15.已知正數滿足，若不等式恒成立，則實數的最大值是____．【答案】【解析】【分析】參變分離得，再利用基本不等式求的最小值即可.【詳解】由恒成立得恒成立，即求的最小值又當且僅當，即時等號成立，的最小值為4，即實數的最大值是4故答案為：4.16.若函數的定義域為，對任意的，都有，且，則不等式的解集是____．【答案】##【解析】【分析】由已知，根據經過變形得到，可令，即可判斷函數的單調性，將要求的不等式轉化為，然后利用單調性直接求解即可.【詳解】由已知，函數定義域為，且，可設，則，令，所以，又因為，所以函數在上單調遞增，不等式可變為，又因為，所以，所以，即，又因為函數在上單調遞增，所以，解得：.故答案為：.四、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知函數的定義域是，集合.(1)若，求，；(2)若命題“，”是真命題，求實數的取值范圍．【答案】(1)，(2)【解析】【分析】(1)根據函數解析式，求出集合,然后利用集合的運算即可求解；(2)將條件進行等價轉化，也即，列出條件成立的不等式組，解之即可.【小問1詳解】要使函數有意義，則有，解得，故若，則，，.【小問2詳解】由(1)知：，若命題“”是真命題，則.，故實數的取值范圍是.18.已知函數.(1)若關于的不等式的解集為，求實數的值；(2)若關于的不等式的解集為，求實數的取值范圍.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由韋達定理即可求得實數的值；(2)分和兩種情況討論即可.【小問1詳解】因為不等式的解集為，所以，且方程的兩不等根為和1,()由韋達定理得:，解得：.【小問2詳解】當時，不等式為，解得，不等式的解集為，不滿足題意；當時，由，可得的解集為，所以有，即，解得.所以實數的取值范圍是.19.閱讀：序數屬性是自然數的基本屬性之一，它反映了記數的順序性，回答了“第幾個”的問題.在教材中有如下順序公理：①如果，那么；②如果，那么.(1)請運用上述公理①②證明：“如果，那么.”(2)求證：【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【解析】【分析】(1)利用不等式基本性質得到，，從而得到；(2)法一：利用基本不等式得到，的取值范圍為，從而且，利用(1)中的結論即可得到答案；法二：令，得到函數為對勾函數，從而得到函數的單調性和值域，令，得到的取值范圍為，此時，利用其單調性求出值域，得到答案；法三：令，則，令，得到的取值范圍為，換元后得到，再用作差法和因式分解得到，分和，均有，證明出，證明出結論.【小問1詳解】，且，同理，；【小問2詳解】法一：當同號時，，.當異號時，，，.·綜上可知，的取值范圍為，的取值范圍為且，·由(1)中的結論可知：.法二：令，則關于的函數在區間和上單調遞增，在和上單調遞減，所以的值域為.令，則的取值范圍為，令函數，則在上單調遞減，在上單調遞增.所以函數的值域為，所以，故.·法三：令，則，令，則的取值范圍為，又，所以.因為當時，；當時，.所以，又，所以，原命題即證.20.某地區上年度電價為0.8元/(kW·h)，年用電量為akW·h，本年度計劃將電價下降到0.55元/(kW·h)至0.75元/(kW·h)之間，而用戶期望電價為0.4元/(kW·h).經測算，下調電價后新增用電量和實際電價與用戶的期望電價的差成反比(比例系數為).該地區的電力成本價為0.3元/(kW·h).記本年度電價下調后電力部門的收益為(單位：元)，實際電價為(單位：元/(kW·h)).(收益=實際電量(實際電價成本價))(1)當時，實際電價最低定為多少時，仍可保證電力部門的收益比上年至少增長20%？(2)當時，求收益的最小值.【答案】(1)0.6元/(kW·h)(2)【解析】【分析】(1)先表示出下調電價后新增用電量，則電力部門的收益當時，代入表達式中列出不等式，解出結果即可得實際電價最低定價.(2)當時，代入收益中，利用基本不等式求出收益得最小值即可【小問1詳解】由題意知，下調電價后新增用電量為.故電力部門的收益，.(1)當時，.由題意知且.化簡得.解得.或又.·所以實際電價最低定為：0.6元/(kW·h)時，仍可保證電力部門的收益比上年至少增長20%小問2詳解】當時，.令，，.·，當且僅當時取等號.故收益的最小值.21.已知函數，.(1)當時，，用表示，中的較大者，記為，求的最小值；(2)若不等式對任意，()恒成立，求實數的取值范圍.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用分段函數表示，并利用作差法求出分段函數中對應的自變量范圍，最后利用單調性即可求解；(2)構造函數，由單調性定義可知在上單調遞增，然后分類討論的參數和判別式即可求解.【小問1詳解】當時，，則，由或，此時；，此時，從而，結合一元二次函數和一次函數性質可知，在上單調遞減，在單調遞增，從而故的最小值為.【小問2詳解】令，由對任意，()恒成立，即對任意，()恒成立，故在上單調遞增，由二次函數性質可知