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安徽省2023-2024学年七年级万友名校大联考教学评价一数学.试卷答案

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高一周测卷新教材·数学（人教B版）·高一同步周测卷/数学（五）一、选择题二、选择题1.D【解析】对于A选项，函数y=x一1的定义域是7.ABD【解析】根据函数定义可知，值域是集合B的R,函数y一的定义域是(-0,1DU(-1,子集，所以函数值属于集合B,A选项正确；对于集合A中任一个数，在集合B中都有唯一确定的数与其十∞)，A选项不是；对于B选项，y=x°的定义域是对应，故f(a)有且只有一个，B选项正确；在集合A(-o∞，0)U(0,十∞)，函数y=1的定义域是R,B选中可以有多个不同的数对应集合B中相同的数，故C项不是；对于C选项，f(x)=x2和g(x)=(x十1)2的选项错误；由函数定义可知若a=b,则f(a)=f(b),对应法则不同，C选项不是；对于D选项，f(x)=x2D选项正确.故选ABD和g(x)=/的定义域都是R,并且对应法则相同，8.BCD【解析】根据题意，依次分析选项：对于A选D选项是.故选D.1+(-x)21+x22.D【解析】根据函数的定义，对于定义域内的每一个项，f(-x)=1–=-x=f(x),A选项错x值对应唯一的y值，可看出只有选项D符合.故误对于B选项，f()）1+()》1+x2选D.1-()1-x213.D【解析】由题意得-8≤2x十1≤1，解得-92-f),B选项正确；对于C选项，f(-)≤0，由x十2≠0解得x≠一2，故函数的定义域是[-号，-2）U(-2,0].故选D.1+()1+x21-x2=一f(x),C选项正确；对于4.B【解析】由题意可知，f(1)=4,f(4)=2,故f(f(1)=f(4)=2.故选B.D选项，-0-法（二器=芒-，D选项x+1,x>0,正确.故选BCD.5.C【解析】依题意，原函数化为f(x)=其x-1,x<0,三、填空题定义域为{xx∈R,x≠0}，显然当x>0时，图像是经过9.-1【解析】由2x+1=3得x=1,所以f(3)=1-2点(0,1)的直线y=x十1在y轴右侧的部分，当x<0时，=-1.图像是经过点(0，一1)的直线y=x一1在y轴左侧的部10.0.8[0,1)【解析】因为高斯函数y=[x]表示不分，根据一次函数图像知，符合条件的只有选项C.故超过实数x的最大整数，f(x)=x一[x],所以选Cf(-4.2)=-4.2-[-4.2]=-4.2-(-5)=0.8,6.D【解析】对a∈R,由已知f(f(a)·f(1)=f(a)函数f(x)=x一[x]的定义域为R,[x]表示不超过·1,f(f(1)·f(a)=f(1)·a两式比较，得f(a)=实数x的最大整数部分，所以x一1<[x]≤x,-x≤a·f(1),令a=f1),得f(f(1)=f(1)·f(1).又-[x]<1-x,0≤x-[x]<1,即0≤f(x)<1,所以由题意可得f(f(1)=f(1·f(1)=1×1=1,于是f(x)的值域为[0,1).f(1)·f(1)=1,即|f(1)|=1,所以|f(a)1=|a,从而|f(2022)|=2022.故选D.9

分析（Ⅰ）根据点的坐标和离心率，即可求出椭圆的方程，
（Ⅱ）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），设直线l：y=kx+m，构造方程组，消元，根据韦达定理，和弦长公式，以及点到直线的距离公式，以及三角形的面积公式，得到2|m|$\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}$=1+4k²，再根据中点坐标公式得到P点的坐标，继而得到$\frac{1}{2}$x_P²+2y_P²=1，假设存在M（s，0），N（t，0），（s≠t），运用斜率公式，计算化简整理，利用定值思想，可得s+t=0，st=-2，求得s，t，进而得到定值．

解答解：（Ⅰ）∵e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴e²=$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$=1-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{3}{4}$，
∴a²=4b²，即a=2b，
∵经过点（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$），
∴$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4{b}^{2}}$=1，
解得a=2，b=1，
∴$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（II）解：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），设直线l：y=kx+m，
联立方程组，得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，消元得到（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
由韦达定理知，x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
由弦长公式知|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\frac{4\sqrt{{k}^{2}+1}•\sqrt{4{k}^{2}+1-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$，
原点到直线l的距离为d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
假设存在两定点为A（s，0），B（t，0），
因此S△_OAB$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{2|m|\sqrt{4{k}^{2}+1-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$=1，
∴2|m|$\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}$=1+4k²，
令1+4k²=n，
∴2|m|$\sqrt{n-{m}^{2}}$=n，
∴4m⁴-4m²n+n²=0，
即n=2m²，
即1+4k²=2m²，①
又P为线段AB的中点，x_P=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{-4km}{1+4{k}^{2}}$，y_P=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=$\frac{m}{1+4{k}^{2}}$，
因此，x_P=$\frac{-2k}{m}$，y_P=$\frac{1}{2m}$，
因此，$\frac{1}{2}$x_P²+2y_P²=1，
假设存在M（s，0），N（t，0），（s≠t），
那么k_PM=$\frac{{y}_{p}}{{x}_{P}-s}$（x_p≠s），k_PN=$\frac{{y}_{P}}{{x}_{P}-t}$（x_p≠t），
∴k_PM•k_PN=$\frac{1}{2}$•$\frac{1-\frac{{{x}_{P}}^{2}}{2}}{{{x}_{P}}^{2}-（s+t）{x}_{P}+st}$=-$\frac{1}{4}$•$\frac{{{x}_{P}}^{2}-2}{{{x}_{P}}^{2}-（s+t）{x}_{P}+st}$，
当s+t=0，st=-2时，k_PM•k_PN=-$\frac{1}{4}$，
解得s=$\sqrt{2}$，t=-$\sqrt{2}$，
故在x轴上存在两个定点M（$\sqrt{2}$，0），N（-$\sqrt{2}$，0）使得直线PM与直线PN的斜率之积为定值．

点评本题考查椭圆的定义、方程和性质，主要考查椭圆的定义和方程的运用，同时考查存在性问题的解决方法，注意运用点满足方程，以及直线的斜率公式及恒成立思想，属于难题．

安徽省2023-2024学年七年级万友名校大联考教学评价一数学.