2022-2023学年江苏省宿迁市泗阳县高一上学期11月期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省宿迁市泗阳县高一上学期11月期中数学试题（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学年江苏省宿迁市泗阳县高一上学期11月期中数学试题 一、单选题1．已知集合， ，则 （    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据绝对值不等式的解法求解集合B，再利用集合的交集运算求解.【详解】∵，则.故选：B.2．“”是“”的（    ）条件A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要【答案】B【解析】可借助数轴分析，看区间的大小及能否推出．【详解】如图，从图上可以看出来，范围较小，可以推出，反之，无法推出，所以“”是“”的必要不充分条件．故选：B.3．命题：“，”的否定为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】A【解析】根据含有一个量词命题否定的定义，即可求得答案.【详解】命题：“，”的否定为，.故选：A4．若偶函数在区间上是增函数，则函数在区间上是（    ）A．减函数且最大值是 B．增函数且最小值是C．增函数且最大值是 D．减函数且最小值是【答案】A【分析】根据偶函数的对称性，结合单调性与最值的关系，可得答案.【详解】因为函数为偶函数，所以函数的图象关于轴对称，由在区间上是增函数，则函数在区间上是减函数，即.故选：A.5．若且，则下列不等式一定成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用不等式的性质，通过举特例结合作差法比较大小即可判断各个选项正误.【详解】对于A，当时，，，显然A错误；对于B，∵且，∴，，∴，∴，即B正确；对于C：当，时，，，显然C错误；对于D：当时，，，显然D错误；故选：B.6．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用对数的运算即可求值.【详解】由已知，得， 所以所以故选：C.7．已知， ，设，则N所在的区间为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意结合对数运算求的近似值，再化为指数判断范围.【详解】∵,则，∴.故选：D.8．定义域为R的函数满足，任意的实数都成立，且值域为．设函数若对任意的，都存在，使成立，则实数m的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数的奇偶性和值域可得，作出函数的函数图象，结合当时及时函数的图象要位于的下方，得到，即可求解.【详解】由，得，解得或，因为为偶函数，且值域为，所以；由，在一个平面直角坐标系中画出两者的函数图象，如图，要想满足任意的，存在，使得成立，则当时，，解得，且时，函数的图象要位于函数图象的下方，故只需，解得.综上，实数m的取值范围为.故选：A. 二、多选题9．已知全集，集合，，则（    ）A． B．C． D．的真子集个数是7【答案】ACD【分析】求出集合A，再由集合的基本运算以及真子集的概念即可求解.【详解】A：，又，所以，故A正确；B：，故B错误；C：，所以，故C正确；D：由，则的真子集个数是，故D正确.故选：ACD10．已知关于的不等式的解集为，则（    ）A．B．不等式的解集是C．函数的零点为和D．不等式的解集为【答案】ABD【分析】根据不等式的解集判断出，结合根与系数关系、一次不等式、一元二次不等式的解法判断BCD选项的正确性.【详解】关于的不等式的解集为，所以，且和4是关于的方程的两根，由韦达定理得，则，所以A正确；不等式即为，解得，所以B正确；因为和4是关于的方程的两根，函数的零点为和，故C错误；不等式即为，即，解得或，所以不等式的解集为，所以D正确.故选：.11．下列命题是真命题的有（    ）A．若函数为奇函数，则 B．若，则C．不等式的解集是 D．若，则【答案】BD【分析】当无意义时可判断A；计算可判断B；由得，求解可判断C；由对数的运算性质可判断D【详解】对于A：当无意义时，则不成立，故A为假命题；对于B：因为，所以，所以，故B真命题；对于C：由得即，解得，所以不等式的解集是，故C假命题；对于D：，则，所以，所以，故D为真命题；故选：BD12．是定义在上的函数，若是奇函数，是偶函数，函数，则下列选项正确的有（    ）A． B．C． D．当时，【答案】ACD【分析】由题意可得，把2代入求得可判断A；当时，，时，，由此可知，进而可判断BCD【详解】因为是奇函数，是偶函数，所以，解得，对于A：，故A正确；由，当时，，所以，当时，，，所以，又，则有，，所以，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：由B可知，故D正确；故选：ACD 三、填空题13．已知函数，则_________．【答案】【分析】根据换元法，令得，代入题中条件，即可得出结果.【详解】令，则，，所以.故答案为：.14．若， ， ，则的最小值为_________．【答案】##2.25.【分析】由得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最值.【详解】因为，所以，因为，，故，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为.故答案为：.15．已知，，则_________．（用a，b表示）【答案】.【分析】先利用指数式和对数式互化得到，利用对数运算公式得到，再用换底公式得到.【详解】因为，所以，又因为，，所以，由换底公式可得：.故答案为：.16．是定义域为R的偶函数，满足，对于任意的且，都有成立．如果，则实数m的取值范围是_________．【答案】【分析】首先构造函数，然后根据已知条件判断的奇偶性与单调性，根据构造的函数将问题转化为，最后根据的单调性与奇偶性解出参数的取值范围即可.【详解】已知对于任意的，且，都有，得，即.，，.令，得对于任意的，且，都有成立，即得在上单调递减.又为偶函数，为偶函数.已知，，得，即.为偶函数，故得.又在上单调递减，，解得或.故实数的取值范围为.故答案为： 四、解答题17．已知集合，．(1)当时，求；(2)若，求实数m的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据一元二次不等式的求解，求得集合的描述，结合交集的运算，可得答案；（2）由补集的性质，可得集合之间的包含关系，进而建立不等式组，可得答案.【详解】（1）由不等式，，解得，则，由，则，即.（2）由，则，由（1）可知，则，解得.18．计算：(1)；(2)．【答案】(1)5(2)21 【分析】由，，，，等计算法则可得答案.【详解】（1）原式=（2）原式=2119．已知函数.(1)判断函数的单调性，并用函数单调性的定义证明；(2)记函数的最小值为m，集合，判断m是否属于集合A，并说明理由.【答案】(1)在上单调递增，证明见详解(2)，，理由见详解 【分析】（1）利用函数的单调性定义，由取值、作差、变形、定号、定论即可证明；（2）根据函数的单调性求出，令，解方程即可判断.【详解】（1）在上单调递增，证明如下：对，，则有：，∵，则，∴，即，则在上单调递增.（2）∵在上单调递增，则，即，，理由如下：令，则，解得或（舍去），∴.20．设命题：存在，不等式成立；命题：对任意，不等式恒成立．(1)若为真命题，求实数的取值范围；(2)若有且只有一个为真命题，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）存在，不等式成立，只需要即可；（2）先利用一元二次不等式的解计算为真命题时的取值范围，再分别在真假和假真的情况下讨论得到的范围.【详解】（1）命题：存在，不等式成立为真命题，则即可，即，解得.（2）因为对任意，不等式恒成立，所以，解得，即当命题为真时，，所以当真假时，；当假真时，，综上.21．某快递公司在某市的货物转运中心，拟引进智能机器人分拣系统，以提高分拣效率和降低物流成本，已知购买x台机器人的总成本为万元，且.(1)若使每台机器人的平均成本最低，问应买多少台机器人?(2)现按（1）中的数量购买机器人，需要安排人将邮件放在机器人上，机器人将邮件送达指定落袋格口完成分拣，经实验知，每台机器人的日平均分拣量为（单位：件），已知传统人工分拣每人每日的平均分拣量为1000件，问引进机器人后，日平均分拣量达最大值时，用人数量比引进机器人前的用人数量最多可减少多少?【答案】(1)使每台机器人的平均成本最低，问应买150台机器人(2)引进机器人后，日平均分拣量达最大值时，用人数量比引进机器人前的用人数量最多可减少155人 【分析】（1）由题意，整理每台机器人的平均成本的函数解析式，利用二次函数的性质以及基本不等式，比较大小，可得答案；（2）根据每台机器人的日平均分拣量的函数，根据二次函数的性质，求得最值，进而求得引进机器人直线，所需人数，可得答案.【详解】（1）由题意，每台机器人的平均成本，当时，，易知该开口向上的二次函数的对称轴为直线，则此时，当时，；当时，，当且仅当，即时，等号成立；由，则使每台机器人的平均成本最低，问应买150台机器人.（2）当时，，；令 易知该开口向下的二次函数的对称轴为直线，则此时，当时，，由，则在上的最大值为，此时，即引进机器人后，日平均分拣量的最大值为（件）.（人），（人）.故引进机器人后，日平均分拣量达最大值时，用人数量比引进机器人前的用人数量最多可减少155人.22．经过函数性质的学习，我们知道：“函数的图象关于原点成中心对称图形”的充要条件是“是奇函数”．(1)若为定义在上的奇函数，且当时，，求的解析式；(2)某数学学习小组针对上述结论进行探究，得到一个真命题：“函数的图象关于点成中心对称图形”的充要条件是“为奇函数”．若定义域为的函数的图象关于点成中心对称图形，且当时，．（i）求的解析式；（ii）若函数满足：当定义域为时值域也是，则称区间为函数的“保值”区间，若函数在上存在保值区间，求的取值范围．【答案】(1)(2)（i）；（ii） 【分析】（1）由奇偶性的定义求解即可；（2）（i）由题意可知为奇函数，进而，由此可求出时的解析式，即可求解；（ii）由的单调性结合“保值”区间的定义，分类讨论即可求解【详解】（1）为定义在上的奇函数，当时，，所以，又，所以；（2）（i）因为定义域为的函数的图象关于点成中心对称图形，所以为奇函数，所以，即，时，，所以．所以；（ii），当时，在单调递增，当时，则即方程在有两个不相等的根，即有两个不相等的根，令，则又，所以有不可能有两个不相等的根；当时，在单调递增，当时，则即方程在有两个不相等的根，即有两个不相等的根，令，则又，解得，当时，易知在上单调递增，所以在单调递增，此时，即，令，则易知在单调递减，所以即，又时，，当且仅当，即时取等，所以，此时无解；综上可知：的取值范围是