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中国科学院附属实验学校2022—2023学年高一年级第一学期期中检测数学试卷一､选择题（共10小题，每题4分，共40分）1.荀子曰：“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.“这句来自先秦时期的名言.此名言中的“积跬步”是“至千里”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】B【解析】【分析】利用命题间的关系及命题的充分必要性直接判断.【详解】由已知设“积跬步”为命题，“至千里”为命题，“故不积跬步，无以至千里”，即“若，则”，其逆否命题为“若则”，反之不成立，所以命题是命题的必要不充分条件，故选：B.2.已知集合，，若，则B=（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由集合的交集结果知2是的一个解，代入求参数m，进而写出集合B.【详解】由题意知：2是的一个解，所以，则，故.故选：B.3.已知，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据幂函数的单调性比较大小．【详解】在上是增函数，则，所以，
1又，所以，综上，．故选：A.4.函数的大致图象是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】判断函数的奇偶性可排除B，C；利用特殊值可判断A,D,即得答案.【详解】因为函数的定义域为，且故是偶函数，排除选项B，C；当时，，对应点在第四象限，故排除A，故选：D.5.已知，则（）．A.B.C.D.【答案】D【解析】
2【分析】利用换元法求解函数解析式.【详解】令，则，；所以.故选：D.6.已知，，且，则的最小值为（）A.8B.C.9D.【答案】C【解析】【分析】由题得，再利用基本不等式“1”代换求最值.【详解】因为，，，所以，∴，当且仅当取得等号，则的最小值为9.故选：C7.现有下列函数：①；②；③；④；⑤；⑥；⑦，其中幂函数的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据幂函数的定义逐个辨析即可【详解】幂函数满足形式，故，满足条件，共2个故选：B8.若对于任意实数，恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】讨论和时，不等式恒成立应满足的条件，从而求出的取值范围．【详解】对于任意实数，不等式恒成立，当时，，不恒成立，不符合题意；
3当时，应满足，即，解得；综上，实数的取值范围是．故选：A．9.定义在R上的偶函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】结合函数的单调性与奇偶性解不等式即可.【详解】义在R上的偶函数在上单调递增，且，所以在上单调递减，且，或，故或，故选：C10.定义集合的一种运算：，若，，则中的元素个数为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据集合的新定义确定集合中的元素.【详解】因为，，，所以，故集合中的元素个数为3，故选：C.二､填空题（共8小题，每题5分，共40分）11.已知集合，则M的非空子集的个数是___________.【答案】3【解析】【分析】确定集合中元素的个数后可得非空子集个数．【详解】，子集有4个，非空子集有3个．
4故答案为：3.12.命题“，”的否定是___________命题.（填“真”或“假”）【答案】假【解析】【分析】根据原命题与命题的否定之间真假性的关系结合原命题的真假即可得出答案.【详解】解：当时，，则，，即命题为真命题，所以命题“，”的否定是假命题.故答案为：假.13.已知，，若，则z的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】依据范围，利用不等式性质即可求得z的取值范围【详解】由，，可得，则，则z的取值范围是故答案为：14.函数的定义域是________；【答案】【解析】【分析】根据解析式中、的性质即可求定义域.【详解】由函数解析式知：，解得且，∴函数定义域为，故答案为：15.若是定义在上的减函数，且.则x的取值范围为___________.【答案】．【解析】
5【分析】根据函数的定义和单调性解不等式．【详解】由题意，解得．故答案为：．16.已知函数f(x)奇函数，当时，，则___．【答案】【解析】【分析】利用奇函数性质，求对称区间上的函数值转化成已知区间函数值求解即可.【详解】解：为奇函数，当时，，.故答案为：.17.已知函数的定义域为，则函数的定义域是___________.【答案】【解析】【分析】根据函数的概念列出不等式，解之即可求解.【详解】因为函数的定义域为，所以，则，所以，解得：，所以函数的定义域为，故答案为：.18.某公司一年购买某种货物100吨，每次购买x吨，运费为9万元/次，一年的总存储费用为万元.要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则最小值是___________万元.【答案】120【解析】【分析】列出总运费与总存储费用之和的表达式，结合均值不等式求最小值即可.【详解】总运费与总存储费用之和为，当且仅当，即时取等号，故最小值为120万元.故答案为：120三､解答题（共6小题，共70分）19.已知函数的定义域为集合，集合.（1）求集合；（2）若全集，，求；（3）若，求的取值范围.
6【答案】（1）（2）或（3）【解析】【分析】（1）由求解；（2）利用补集和交集运算求解；（3）根据，分，，讨论求解.【小问1详解】解：，即，解得，所以函数的定义域为；【小问2详解】因为全集，，所以，则或，所以或；【小问3详解】因为，当时，，符合题意；当时，，所以，解得，综上：的取值范围.20.已知函数，且的解集为.（1）求的值；（2）（i）求函数的对称轴；（ii）比较.（直接写出答案）【答案】（1）
7（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）由的解集为，可得是方程的两根，再利用韦达定理即可得解；（2）（i）根据二次函数的对称性即可得解；（ii）分别求出的值，即可得解.【小问1详解】解：因为的解集为，所以是方程的两根，所以；【小问2详解】解：（i）由（1）得，所以函数的对称轴为；（ii），，，所以.21.已知二次函数，．（1）当时，求二次函数的零点；（2）求关于的不等式的解集；（3）若对一切实数都成立，求的取值范围．【答案】（1）和（2）答案见解析；（3）【解析】【分析】（1）首先求出函数解析式，再令解方程，即可求出函数的零点；（2）依题意可得，再对参数分类讨论，即可求出不等式的解集；（3）依题意可得恒成立，则，即可得到不等式，解得即可；
8【小问1详解】解：因为，当时，令，即，解得或，即函数的零点为和；【小问2详解】解：依题意，即，当时，解得或；当时，即，解得；当时，解得或；综上可得，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；【小问3详解】解：因为对一切实数都成立，即恒成立，即恒成立，所以，解得，即22.已知函数．（1）判断函数是否具有奇偶性？并说明理由；（2）试用函数单调性的定义证明：在（-1，＋∞）上是增函数；（3）求函数在区间［1，4］上的值域．【答案】（1）函数不具有奇偶性；理由见解析；（2）证明见解析；（3）［-，1］.【解析】【分析】（1）通过定义域不关于原点对称来判断奇偶性；（2）任取x1，x2∈（-1，＋∞），且x1＜x2，通过计算f（x1）-f（x2）的正负来判断单调性；（3）通过函数在区间［1，4］上的单调性求得最值即可.【小问1详解】由已知，故函数定义域为，因为定义域不关于原点对称，所以函数不具有奇偶性；【小问2详解】
9证明：==，任取x1，x2∈（-1，＋∞），且x1＜x2f（x1）-f（x2）＝（2-）-（2-）＝-=＝，又由-1＜x1＜x2，则x1-x2＜0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，故f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），所以f(x)在（-1，＋∞）是增函数；【小问3详解】由（2）知，f(x)在［1，4］上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝-，f(x)max＝f（4）＝1，故f(x)在［1，4］上的值域是［-，1］．23.已知函数.（1）判断函数的奇偶性并用定义证明；（2）用分段函数的形式表示函数的解析式，并画出函数的图像；（3）写出函数的单调递增区间.【答案】（1）奇函数，理由见解析（2），图象见解析（3）和【解析】
10【分析】（1）判断与的关系即可；（2）取绝对值符号，再根据二次函数图象作图即可；（3）根据函数图象写出单调增区间即可.【小问1详解】解：函数为上的奇函数，因为，所以函数为上的奇函数；【小问2详解】解：，图象如图所示，【小问3详解】解：由函数图象可知，函数的单调递增区间为和.24.经过长期观测得到：在交通不繁忙的时段内，四通桥路段汽车的车流量（千辆/小时）与汽车的平均速度（千米/小时）之间的函数关系为：.（1）该时段内，当汽车的平均速度为多少时，车流量最大?最大车流量为多少?（保留一位小数）（2）若要求在该时段内车流量超过千辆/小时，则汽车的平均速度应在什么范围内?【答案】（1）当汽车的平均速度为千米/小时，车流量最大，最大车流量为千辆/小时；（2）.【解析】【分析】（1）将函数解析式变形为，利用基本不等式可求得的最大值及其对应的的值；
11（2）解不等式即可得解.【详解】（1），由基本不等式可得（千辆/小时），当且仅当时，等号成立，因此，该时段内，当汽车的平均速度为千米/小时，车流量最大，最大车流量约为千辆/小时；（2）当时，由，整理可得，解得.因此，若要求在该时段内车流量超过千辆/小时，则汽车的平均速度.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
