2022-2023学年江西省高一上学期第二次模拟选联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江西省高一上学期第二次模拟选联考数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省高一上学期第二次模拟选联考数学试题 一、单选题1．函数的定义域为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据对数函数以及根式、分式的定义域要求，列出不等式组，求解即可得到.【详解】要使函数有意义，则应满足，解得，所以函数的定义域为.故选：A.2．已知集合，，，则集合C的真子集个数为（    ）A．7 B．8 C．15 D．16【答案】A【分析】将集合中的元素逐个代入，得到集合，进而通过列举法可以得到集合的真子集个数.【详解】将集合中的元素逐个代入，因为，所以.则集合C的真子集有，，，，，，，共有7个.故选：A.3．德国数学家狄里克雷（Johann Peter Gustay Dejeune Dirichlet，1805—1859）在1837年时提出“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，那么y是x的函数.”这个定义较清楚地说明了函数的内涵，只要有一个法则，使得取值范围中的每一个x，都有一个确定的y和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图像、表格等形式表示，例如狄里克雷函数.若，则x₀可以是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，可知.检验或化简各项，即可得到答案.【详解】根据函数的定义，知若，则.，是个有理数.而其它选项都是无理数.故选：C．4．某市举行以“学习党的二十大精神，培根铸魂育新人”为主题的中小学教师演讲比赛.若将报名的50位教师编号为00，01，…，49，利用下面的随机数表来决定他们的出场顺序，选取方法是从下面随机数表第1行第5列开始横向依次选取两个数字，重复的剔除，则选出来的第8个个体的编号为（    ）45 67 32 12 12 31 02 01 04 52 15  20  01 12 51  2932 04 92 34 49 35 82 00 36 23 48  69  69 38 74  81A．12 B．20 C．29 D．23【答案】B【分析】根据随机数表的读数规则，按顺序依次选取，剔除重复的和编号之外的，选出8个编号，即可得到结果.【详解】根据随机数表的读数规则，依次从随机数表中读出的有效编号为：32，12，31，02，01，04，15，20，得到选出来的第8个个体的编号为20.故选：B．5．已知，则下列命题中正确的是（    ）A．，，有成立B．，，有成立C．，，有成立D．，，有成立【答案】A【分析】根据不同函数类型的增长速度，即可得到答案.【详解】因为，所以函数、、均为单调递增函数.而且各类函数的增长速度为：指数函数快于幂函数，幂函数快于对数函数.所以，，，有成立.故选：A.6．已知，，. 其中为自然对数的底数，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据对数函数的单调性以及不等式的性质可依次求出，，，即可得到a，b，c的大小关系.【详解】，，因为，所以，所以有，即.所以.故选：D．7．“为方程的解”是“为方程的解”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【分析】当时，对两边同时取以2为底的对数可变形为；当时，有解，而定义域为，显然无解，由此可作出判断.【详解】定义域为.当时，等价于，即；当时，单调递减，，知存在满足方程，但不满足，所以“为方程的解”能推出“为方程的解”，反之不可.故选：B．8．已知为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据的奇偶性、单调性来求得不等式的解集.【详解】依题意，是偶函数，图象关于轴对称，当时，是单调递增函数，所以在上单调递减.当时，由解得，即，所以，所以，所以不等式的解集为.故选：B 二、多选题9．已知，且，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据已知可得，．然后根据不等式的性质，即可判断各项.【详解】由已知可得，所以．又因为，所以．对于A，因为，，所以，故A正确；对于B，因为，，所以，故B错误；对于C，因为，，所以，所以，故C正确；对于D，因为，，所以，所以，故D错误.故选：AC．10．函数与在同一平面直角坐标系中的图象可能为（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】先观察的函数图象，根据单调性得出或.然后结合直线与轴交点的纵坐标，即可得出正确答案.【详解】曲线为的图象，直线为的图象.对于A，对于，函数单调递增知，.对于，当时，，显然，矛盾，所以A项错误；对于B，对于，函数单调递增知，.对于，当时，，所以B项正确；对于C，对于，函数单调递减知，.对于，当时，，显然，所以C项正确；对于D，对于，函数单调递减知，.对于，当时，，矛盾，所以D项错误.故选：BC.11．已知，且，则a的值可能为（    ）A．1 B．2 C．3 D．6【答案】AD【分析】由已知可得.分与讨论，结合换底公式，即可求出a的值.【详解】由，可得.当时，，此时满足；当时，由.又，所以，，则，.所以有，解得.综上所述，或.故选:AD.12．已知函数，方程有四个实根，，，，且数值依次递增，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】作出函数的图象，由图像可知，当时，方程有四个实根，且，，，，根据不等式的性质可判断B项；根据是方程的两根，可判断A项；根据是方程的两个解，可得，结合，，可判断C项；由，可得，则，根据对勾函数的单调性，即可求得，可判断D项.【详解】如图，作出函数的图象，可知当时，函数的图象与直线有四个交点，即方程有四个实根，且，，，.对于A项，因为是方程的两根，即是方程的两根，所以，故A项正确；对于B项，由A知，，，所以，所以，故B项错误；对于C项，因为，，所以，.又是方程的两个解，所以，即，所以，所以，故C项正确；对于D项，由可得，，即，所以，则.令，，因为在上单调递减，所以有.所以，故D项正确.故选：ACD. 三、填空题13．的最小值为_________.【答案】4【分析】由是个定值，根据基本不等式，即可求解.【详解】因为，所以，当且仅当时等号成立．故答案为：4.14．请写出一个同时满足以下三个条件的函数解析式：_________①图象在上是连续不断的曲线；②；③在上至少存在一个零点.【答案】（答案不唯一）【分析】根据已知的三个条件，写出一个合适的函数即可.【详解】的图象在上是连续不断的曲线；且，则；在上存在零点2．故答案为：（答案不唯一）15．已知m，n为常数，若函数和函数的图象过同一个定点，则_________.【答案】1【分析】首先分别求出与的定点，根据已知，两点重合，即可得出方程组，求解即可.【详解】令，则，过定点，令，则，过定点.由已知可得，解得，所以.故答案为：1.16．已知为R上的奇函数，且，当时，，则______.【答案】【分析】根据已知，首先推出，然后得到，根据奇偶性，求出，即可解出.【详解】因为函数为R上的奇函数，所以，即当时，．又，所以，即.又为R上的奇函数，所以.所以．故答案为：. 四、解答题17．已知幂函数的图像关于y轴对称.(1)求m的值;(2)若函数求的单调递增区间.【答案】(1)2；(2). 【分析】（1）根据幂函数可知，又可推出函数为偶函数，即可求得；（2）先解出，分情况去掉绝对值，结合二次函数的性质，即可得到结果.【详解】（1）由题意知，解得，或．又因为的图像关于y轴对称，所以为偶函数，从而．所以，.（2）由（1）知，，当时，，对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增．当时，，对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增．因此，的单调递增区间为．18．(1)计算: ；(2)已知，求 的值.【答案】(1)1；(2). 【分析】（1）可化简为，根据换底公式可得，然后求解即可得到；（2）利用与的关系解出，可联立方程组，解出，将变形为代入即可；也可以解出，代入原式；也可以在分子分母同时乘以得到，代入求解.【详解】（1）原式．（2）解法一：，所以，联立，解得，从而，所以．解法二：，所以，联立，解得，则．解法三：，所以，从而．19．从；.中选一个，解决下列问题(1)若函数的定义域为R，求实数a的取值范围;(2)若函数的值域为R，求实数a的取值范围.如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）先分别求出函数的值域以及函数的值域.要使的定义域为R，则应使恒成立，即最小值，代入即可解出实数a的取值范围；（2）要使函数的值域为R，则应是函数值域的子集，即最小值，代入即可解出实数a的取值范围.【详解】（1）若选，令，则，当，即时，，所以函数的值域为．因为函数的定义域为，所以不等式恒成立，由题意知，解得，则实数a的取值范围为；若选，令，则，当，即时，，所以函数的值域为．因为函数的定义域为，所以不等式恒成立，由题意知，解得，则实数a的取值范围为．（2）若选.由（1）知，函数的值域为．要使函数的值域为R，则应是函数值域的子集，即应有，所以，所以实数a的取值范围为；若选.由（1）知，函数的值域为．要使函数的值域为R，则应是函数值域的子集，即应有，所以，所以实数a的取值范围为.20．已知函数是指数函数，且 (1)解不等式；(2)求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）待定系数法求出，换元法求出，然后求解指数不等式即可得到；（2）先证明，又，所以可得.【详解】（1）设（且），令，可得，因为，所以，从而，解得．所以，即，于是有，令，得，所以，因此．则不等式化为，即，根据单调递增，有解得，所以不等式的解集为．（2）由（1）知，.则，所以，又，所以.所以.21．某中学筹办年校庆，需为参加校庆的校友、嘉宾每人准备一份纪念品，共需要准备份纪念品，每份纪念品包含一支钢笔和一个保温杯，现需要将钢笔和保温杯装入精品礼盒.校庆筹备小组共有人，现将其分成两组，一组完成钢笔的装盒工作，另一组完成保温杯的装盒工作，据测算，人一天可完成支钢笔的装盒工作，人一天可完成个保温杯的装盒工作.(1)若安排人完成钢笔的装盒工作，则完成纪念品装盒工作的工期为多久?(2)如何安排两组的人数，才能使工期更短?【答案】(1)天(2)安排人完成钢笔的装盒工作，人完成保温杯的装盒工作，可以使得工期最短． 【分析】（1）计算出人完成钢笔的装盒工作或完成保温怀的装盒工作的天数，比较大小后可得出结论；（2）完成纪念品装盒工作的工期的函数解析式，利用函数的单调性求出的最小值，即可得出结论.【详解】（1）解：若安排人完成钢笔的装盒工作，则完成钢笔的装盒工作需要天，完成保温怀的装盒工作需要天天．则完成纪念品装盒工作的工期为天．（2）解：设安排人完成钢笔的装盒工作，则完成钢笔的装盒工作需要天，完成保温怀的装盒工作需要天，其中．因为函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递增，所以完成纪念品装盒工作的工期为，由，即，得．从而，因为函数在区间上单调递减，在上单调递增，计算可得，，且，所以安排人完成钢笔的装盒工作，人完成保温杯的装盒工作，可以使得工期最短．22．已知二次函数，满足，且对，恒成立.(1)求的解析式;(2)是否存在实数，使函数的定义域为，值域为，若存在，求出；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在，，． 【分析】（1）令，可得.根据恒成立，可得.又，联立可解出的解析式，检验恒成立即可；（2）假设存在.首先根据二次函数的性质，可知，从而得出在上单调递增，根据已知列出方程组，即可解出的值.【详解】（1）由已知，.因为对，恒成立．所以令，则，所以①因为对，恒成立，所以恒成立，则应有，且.因为，所以，则，又因为，所以，所以②又③联立①②③解得，，，，则.此时有恒成立，即对，恒成立.故的解析式为．（2）假设存在实数，使函数的定义域为，值域为.因为，所以，解得，因为对称轴为，从而在上单调递增.因为在上的值域为，所以.因此是方程的两根，即是方程的两根，又，所以，．