2021-2022学年湖北省孝感市大悟县第一中学高一上学期12月测试数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年湖北省孝感市大悟县第一中学高一上学期12月测试数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省孝感市大悟县第一中学高一上学期12月测试数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先分别解出集合A,B,然后根据集合的交集运算即可得到答案。【详解】由二次函数不等式解的集合，由对数函数定义域可知，.故选：D.2．“”是“”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】求出对数不等式的解集，再利用充分条件、必要条件的定义直接判断即可得解.【详解】函数在上单调递增，则，解得，若成立，必有，而成立，不一定成立，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B3．函数的图像如图所示，其中为常数，则下列结论正确的是（    ）A．， B．， C．， D．，【答案】D【分析】由函数的单调性得到的范围，再根据函数图像平移关系分析得到的范围.【详解】由函数的图像可知，函数在定义域上单调递减，，排除AB选项；分析可知：函数图像是由向左平移所得，，.故D选项正确.故选：D4．关于函数，下列判断正确的是（    ）A．图象关于y轴对称，且在上是减函数B．图象关于y轴对称，且在上是增函数C．图象关于原点对称，且在上是减函数D．图象关于原点对称，且在上是增函数【答案】C【分析】根据指数函数的单调性，结合函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性及单调性即可得解.【详解】解：函数的定义域为，因为，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，又因为都是上的减函数，所以函数在上是减函数.故选：C.5．为了得到函数的图像，只需把函数的图像（    ）A．向左平移1个单位长度 B．向右平移1个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度【答案】C【分析】根据已知条件，结合平移“左加右减”准则，即可求解．【详解】要得到函数的图象，则只需要把函数的图象向左平移个单位长度，即可.故选：C．6．基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （    ）A．1.2天 B．1.8天C．2.5天 D．3.5天【答案】B【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.【详解】因为，，，所以，所以，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，则，所以，所以，所以天.故选：B.【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.7．设函数，求的最大值为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】分别求出分段函数每一段函数得最大值，然后取大者即可的解.【详解】解：当时，，则，当时，，因为，则，所以，综上所述，故选：B8．已知，若方程有三个不同的实根，则实数a的范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数的解析式，作出函数的图象，方程有三个不同的实数根即为函数的图象与的图象有三个不同的交点，结合函数的图象即可求得实数的取值范围．【详解】因为，图象如图：方程有三个不同的实数根即为函数的图象与的图象有三个不同的交点，由图象可知：的取值范围为．故选：A 二、多选题9．下列说法正确的有（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】根据指对幂函数的单调性对选项一一判断即可．【详解】对A，函数在上单调增，则正确；对B，正确；对C，由于在上是增函数，所以，正确；对D，函数在上单调增，则，则D错．故选：ABC．10．下列不等式的证明过程正确的是（    ）A．若，，则B．若，则C．若x为负实数，则D．若x为非负实数，则【答案】AD【解析】对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】A. 若，，所以，则，当且仅当时取等，所以该选项正确；B. 若，所以可能小于零，所以错误；C. 若x为负实数，则，当且仅当时取等，所以该选项错误；D. 若x为非负实数，，则，当且仅当x=0时取等，所以该选项正确.故选：AD【点睛】本题主要考查指数对数的性质，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11．已知正实数x，y，z满足，则下列正确的选项有（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】设，把指数式改写为对数式，利用对数的运算法则判断．【详解】设，则，，，所以．所以．故选：BD．12．关于函数，有下列结论，其中正确的是（    ）A．函数的图象关于y轴对称B．函数的最小值是C．函数在上单调递增，在上单调递减D．函数的单调递增区间是和【答案】ABD【分析】判断出的奇偶性可判断A，令，然后可判断B，当时，，利用对勾函数的单调性和的奇偶性可判断CD.【详解】，所以是偶函数，其图象关于y轴对称，故选项A正确；令，（当且仅当，即时等号成立），因为函数在上单调递增，所以，所以函数的最小值为，选项B正确；当时，，由对勾函数可得，函数的单调递减区间是，单调递增区间是.又函数在上单调递增，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故选项C错误；由偶函数图象的对称性，可知函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数的单调递增区间是和，故选项D正确.故选：ABD 三、填空题13．下列式子中成立的是（假定各式均有意义）______.（填序号）①；②；③；④.【答案】③【分析】对于①：取特殊值，否定结论；对于②：取特殊值，否定结论； 对于③：利用对数的运算性质直接证明； 对于④：取特殊值，否定结论.【详解】对于①：令，则左边，而右边，所以左≠右，即不成立；对于②：令，则左边，而右边，所以左≠右，即不成立； 对于③：右边=左边.故式子成立； 对于④：令，则左边，而右边，所以左≠右，即不成立；故答案为：③14．函数的单调递减区间是________.【答案】【分析】先求得函数的定义域，然后根据这个二次函数的对称轴，结合复合函数同增异减来求得函数的减区间.【详解】解：令，令，解得，而的图象的对称轴为，故在上单调递增，在上单调递减，又递减 ，所以根据复合函数单调性原则得函数的单调递减区间是．故答案为： 四、双空题15．已知，，则=________，=_________．【答案】          【分析】由指数与对数的互化和对数的运算性质可得答案.【详解】由得；由得，，故答案为：①2；②.16．设函数，则___________，不等式≤2的解集为___________【答案】     1     ##【分析】根据分段函数解析式求，进而求的值；讨论、，利用已知分段函数解析式，根据指对数函数的单调性求解集即可.【详解】由题设，，故；当时，，可得，当时，，则，可得，综上，≤2的解集为.故答案为：1，. 五、解答题17．（1）计算：；（2）已知：，求的值．【答案】（1）7 ；（2） ．【分析】（1）根据对数的运算法则和运算性质，准确运算，即可求解；（2）将平方得到，进而求得，代入即可求解.【详解】（1）根据对数的运算法则，可得：原式．（2）由，平方得，即，将平方得，即，所以原式．18．已知函数，其中是不为零的常数．(1)若，求使得的实数的取值范围；(2)若在区间上的最大值为，求实数的值．【答案】(1)(2) 或  【分析】（1）将代入求出，再结合指数函数性质解不等式即可；（2）结合复合函数单调性对分类讨论，确定函数单调性和最值，代值运算求解即可；【详解】（1）；（2）结合复合函数同增异减性质可知，当时，在上单调递增，此时，当时，在上单调递减，此时，综上所述， 或 ．19．已知函数的定义域是.(1)求实数的取值范围；(2)解关于的不等式.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据对数函数的定义域得恒成立，再根据二次函数的性质可求得a的范围．（2）根据指数函数的单调性可求得不等式的解集.【详解】（1）解： 函数的定义域是，恒成立，则，解得实数的取值范围为．（2）解：，即，，即，解得或，故不等式的解集为.20．设函数，(1)若令，求实数的取值范围；(2)将表示成以（）为自变量的函数，并由此求最值及相应的值.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）由函数t=log3x在上是增函数，代值计算对数可得；（2）换元可得，由二次函数在区间的最值可得．【详解】（1）因为为增函数，且所以，即所以实数t的取值范围（2）由令，①当时，，即，解得，，此时；②当时，，即∴，此时21．已知福州地铁号线路通车后，地铁的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算，地铁的载客量与发车的时间间隔相关，当时，地铁为满载状态，载客量为人；当时，载量会减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人，记地铁的载客量为.(1)求的表达式，并求发车时间间隔为分钟时地铁的载客量；(2)若该线路每分钟的净收益为（元）.问：当地铁发车时间间隔多少时，该线路每分钟的净收益最大？【答案】(1)，发车时间间隔为分钟时地铁的载客量为人.(2)当地铁发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大. 【分析】（1）当时，设，由可求出的值，结合已知条件可得出函数的函数解析式，进而可求得的值；（2）分、两种情况讨论，求出关于的函数解析式，利用基本不等式以及函数的单调性可求得的最大值及其对应的值，即可得出结论.【详解】（1）解：当时，设，则，解得.由题意可得.所以，发车时间间隔为分钟时地铁的载客量为（人）.（2）解：当时，（元），当且仅当时，等号成立；当时，，此时函数单调递减，则，当且仅当时，等号成立.综上所述，当地铁发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大.22．已知函数为奇函数.(1)求实数a的值，并用定义证明函数在上单调递增；(2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)，证明见解析(2) 【分析】（1）由为奇函数，得到恒成立，求得，得到，再利用函数的单调性的定义和判定方法，即可求解.（2）根据题意，把不等式转化为，进而得到不等式对于任意恒成立，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】（1）解：因为函数的定义域为，且函数为奇函数，即恒成立，即恒成立，可得，所以，即函数证明：，且，则，因是R上的增函数，即，所以，从而得，即，所以函数是上的增函数.（2）解：因是奇函数，且是上的增函数，因为对任意的，不等式恒成立，即对任意的，不等式恒成立，即不等式对恒成立，即对于任意恒成立，所以，解得，所以实数的取值范围是.