【期中真题】云南省玉溪市第一中学2022-2023学年高一上学期期中考试数学试题.zip

玉溪一中2022-2023学年上学期高一年级期中考

数学试卷

总分：150分，考试时间：120分钟

命题人：玉溪一中试题研究中心 贺绍祥、张琪冉伊、王大成、常文浩、王加平、姚艳萍、邓瑞  审题人：玉溪一中试题研究中心 施宏昌

一、单选题.（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）

1. 命题“”的否定是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由命题的否定的定义判断．

【详解】全称命题蝗否定是特称命题．

命题“”的否定是．

故选：B．

2. 已知，若，则的最大值为（    ）

A.  B.  C. 4 D. 8

【答案】D

【解析】

【分析】用基本不等式 求积的最大值.

【详解】由已知得，由基本不等式得，

当且仅当时，取得最大值.所以的最大值为8.

故选：D

3. 某地下车库在排气扇发生故障的情况下，测得空气中一氧化碳的含量达到了危险状态，经抢修后恢复正常.排气4分钟后测得车库内一氧化碳浓度为64 ppm（ppm为浓度单位，1 ppm表示百万分之一），经检验知，该地下车库一氧化碳浓度y（ppm）与排气时间t（分钟）之间存在函数关系（为常数）.若空气中一氧化碳浓度不高于0.5 ppm为正常，则这个地下车库中一氧化碳含量达到正常状态至少需要排气的时间是（    ）

A. 分钟 B. 分钟 C. 分钟 D. 分钟

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意可求得，再解不等式即可得出结论.

【详解】由题意可得：当时，，

代入得：，解得，

所以，

当时，，

解得.

即一氧化碳含量达到正常状态至少需要排气的时间是分钟.

故选：C

4. 已知为幂函数， 且， 则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据幂函数及求其解析式，进而求.

【详解】因为为幂函数，

设，则，

所以，可得，则.

故选：B

5. 已知，若，，则等于（    ）

A. 2022 B.  C. 0 D. 1004

【答案】C

【解析】

【分析】由可得对称轴，然后根据二次函数的对称性可得，即可得到答案

【详解】解：由可得对称轴，

由若，，所以，即，

所以，

故选：C

6. 已知函数如下表所示：

则不等式的解集为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用函数的定义，逐一检验各个选项中的是否满足不等式，从而得到不等式的解集.

【详解】解：由题意得：

当时，，故，，，不满足题意，故不是不等式的解集；

当时，，故，，，满足题意，故是不等式的解集；

当时，，故，，，满足题意，故是不等式的解集；

当时，，故，，，满足题意，故是不等式的解集；

当时，，故，，，不满足题意，故不是不等式的解集；

故不等式的解集为.

故选：C

7. 已知函数的定义域是，则的定义域为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】解出不等式即可得答案.

【详解】因为函数定义域是，

所以由可得，即的定义域为，

故选：B

8. 若函数的值域是，则函数的值域是（     ）

A  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】令，，则，然后由对勾函数的单调性可求出函数的值域

【详解】解：令，，则．

当时，单调递减，

当时，单调递增，

又当时，，当时，，当时，，

所以函数的值域为，

故选：B．

二、多选题.（本大题共4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，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）

9. 若，则下列说法中正确的是（       ）

A. 当为奇数时，的次方根为

B. 当为奇数时，次方根为

C. 当为偶数时，的次方根为

D. 当为偶数时，的次方根为

【答案】BD

【解析】

【分析】根据，讨论为奇数和为偶数两种情况，求出的次方根，即可判断得出结果.

【详解】当为奇数时，的次方根只有1个，为；

当为偶数时，由于，所以的次方根有2个，为.

所以B，D说法是正确的.

故选：BD.

10. 下列函数既是奇函数，又在定义域内单调递增的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】根据函数的类型，结合单调性和奇偶性的概念，直接判断A，B，C，作出函数的图像，即可判断D．

【详解】对于A，是奇函数，且在定义域上单调递增，故A正确；

对于B，当时，；当时，，所以在定义域不是增函数，故B错误；

对于C，是偶函数，故C错误；

对于D，作出函数的图像，

由图可知，函数的图像关于原点对称，此函数为奇函数，且在定义域上单调递增．

故选：AD．

11. 已知关于x的不等式的解集为，则下列说法正确的是（    ）.

A.  B. 不等式的解集为

C.  D. 不等式的解集为

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据一元二次不等式解集的性质逐一判断即可.

【详解】因为关于的不等式的解集为，

所以且方程的两个根为，，

即.

因此选项A正确；

因为，，所以由，因此选项B正确；

由可知：，因此选项C正确；

因为，所以由，

解得：，因此选项D不正确，

故选：ABC.

12. 下列说法正确的是（    ）

A. 若a，，则“”是“不全为0”的充要条件

B. “”是“”的既不充分也不必要条件

C. 是的既不充分也不必要条件

D. “”是“”的充要条件

【答案】ABC

【解析】

【分析】A．根据题意，分别证明充分性和必要性成立；B．举例说明；C．根据充分条件的推出情况说明；D．举例说明.

【详解】A．a，，则“，则必有不全为0，则充分性成立；若不全为0，则同样有，则必要性成立，故A正确；

B．不能推出，比如，但是；不能推出，比如，，

所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故B正确；

C．因为，取，，故满足，但是此时，不成立，所以，充分性不成立；若成立，可取，则可以有，所以，必要性不成立；故C正确；

D．不能推出，比如，

满足，但是不满足，所以必要性不满足，故D错误；

故选：ABC.

二、填空题．（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）

13. 已知函数，则________.

【答案】4

【解析】

【分析】利用给定的分段函数，依次计算作答.

【详解】函数，则，所以.

故答案：4

14. 函数（且）恒过一定点________ .

【答案】

【解析】

【分析】令，求出的值后，再代入函数解析式，即可得解.

【详解】令可得，则，因此，函数的图象恒过定点.

故答案为：.

15. 不等式的解集为________．

【答案】

【解析】

【分析】移项通分后转化为一元二次不等式后可得所求的解.

【详解】不等式可化为，也就是，

故或，

故答案：.

16. 已知，且，则的最小值为_______．

【答案】##.

【解析】

【分析】由得到，利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

故

，

当且仅当，即时，等号成立.

故答案：.

三、解答题．（本大题共6小题，共70分．写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 已知集合，求：，，．

【答案】，，或

【解析】

【分析】化简集合，然后通过交集，并集及补集的定义进行求解即可

【详解】，，即，

又，

所以，，或

18. 根据下列条件，求的解析式：

（1）已知满足；

（2）已知是一次函数，且满足.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）令，则，利用换元法计算可得；

（2）设，即可得到方程组，解得、，即可得解.

【小问1详解】

解：因为，

令，则，

故，

所以；

【小问2详解】

解：设，

因为，

所以，

即，

所以，解得，

所以；

19. 已知函数是定义域在R上的奇函数，当时，.

（1）求在上的解析式；

（2）若，求a的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由函数为奇函数，得到，结合定义可得结果；

（2）利用单调性与奇偶性解不等式即可.

【小问1详解】

因为函数是定义域在R上的奇函数，所以，则.

当时，，所以，

则，

所以在上的解析式为

【小问2详解】

当时，，则在上单调递增，

又函数为奇函数，所以在R上单调递增，

因为，所以，所以，

解得，即a的取值范围是

20. 给定函数，若对于定义域中的任意x，都有恒成立，则称函数为“爬坡函数”.

（1）证明：函数是“爬坡函数”；

（2）若函数是“爬坡函数”，求实数m的取值范围；

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据“爬坡函数”的定义，判断在定义域是否恒成立即可.

（2）令有恒成立，讨论参数m结合二次不等式区间上恒成立求其范围.

【小问1详解】

恒成立，则是“爬坡函数”.

【小问2详解】

依题意，恒成立，

令，即在恒成立，

当，即，则只需满足，

当，即，则只需满足，

综上所述，实数m的取值范围为

21. 已知a，b是常数，，，，且方程有且仅有一个实数根．

（1）求a，b的值；

（2）是否存在实数m，n，使得的定义域和值域分别为和?若存在，求出实数m，n的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1），；   

（2）存在，，．

【解析】

【分析】(1)根据f(2)＝0列出一个关于a、b的方程，再根据方程方程的即可求解；

(2)求出f(x)在R上的值域，从而确定2n及n的范围，结合二次函数的图象性质即可列出关于m、n的方程，结合m、n的范围求解即可．

【小问1详解】

由，，得，即2a＋b＝0，

又方程，即有且仅有一个实数根，

∴，解得，；

【小问2详解】

假设存在符合条件的，

由(1)知，则有，即，

由一元二次函数图象的特征，

得，即，解得，

∴存在，，使得函数在上的值域为．

22. 为了净化空气，某科研单位根据实验得出，在一定范围内，每喷洒1个单位的净化剂，空气中释放的浓度单位：毫克/立方米随着时间单位：天变化的关系如下：当时，；当时，.若多次喷洒，则某一时刻空气中的净化剂浓度为每次投放的净化剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验知，当空气中净化剂的浓度不低于毫克/立方米时，它才能起到净化空气的作用．

（1）若一次喷洒4个单位的净化剂，则净化时间可达几天？

（2）若第一次喷洒2个单位的净化剂，6天后再喷洒个单位的净化剂，要使接下来的4天中能够持续有效净化，求a的最小值．

【答案】（1）8天    （2）

【解析】

【分析】（1）利用已知可得：一次喷洒4个单位的净化剂，由浓度：当时，；当时，，分类讨论解出的值即可；（2）设从第一次喷洒起，经天，可得浓，化简计算，再变形利用基本不等式即可得出．

【小问1详解】

因为一次喷洒4个单位的净化剂，

所以浓度可表示为：当时，；当时，，

则当时，由，解得，             

所以得，                             

当时，由，解得，

所以得，                                 

综合得，故若一次喷洒4个单位的净化剂，

则有效净化时间可达8天.

【小问2详解】

设从第一次喷洒起，经天，

浓度

，             

因为，而，

所以，故，

当且仅当时，有最小值为， 

令，解得，

所以a的最小值为