2022-2023学年上海市建平中学高一上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年上海市建平中学高一上学期期中数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．下列函数中，既是幂函数又是上的严格增函数的是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据幂函数的定义以及性质即可求解.
【详解】对于A;不是幂函数，故不符合，
对于B; 是幂函数，且在单调递增，符合，
对于C; 是指数函数，不符合要求，
对于D; 不是幂函数，不符合要求，
故选：B
2．给定全集，，是的子集，且，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据集合的包含关系及交集、并集的定义判断即可.
【详解】解：因为，是的子集，且，
显然成立，故A正确；
所以，，故B，C错误；
当时，有可能,∴不一定是的子集，故D错误；
故选：A
3．已知“若，则”与“若，则”都是真命题，则“”是“”的（ ）
A．充分条件B．必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】由已知可得“”是“”的充分条件，
∴“”是“”的充分条件，
又∵“”是“”是充分条件，
故“”是“”的充分条件.
故选：A.
4．设实数，且，．函数，若的图象与轴没有交点，则（ ）．
A． 或B．或
C． 或D．或
【答案】B
【分析】若的图象与轴没有交点,需要保证或，即可求出答案.
【详解】（1）当时，单调递增，
为使f(x)的图象与x轴没有交点，必须且只需：
.
（2）当时，单调递减，
为使f(x)的图象与x轴没有交点，必须且只需：
①；
②恒成立，即恒成立，
又因为，所以，即 ，
故.
故选：B.
二、填空题
5．函数的定义域是________．
【答案】
【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式，即可求解.
【详解】由题意，函数有意义，则满足，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
6．将化成有理数指数幂的形式为______．
【答案】
【分析】将根式化成分数指数幂，再根据幂的运算法则计算可得.
【详解】解：.
故答案为：
7．设，是的子集，则图中阴影部分可用交、并、补运算表示为______．
【答案】
【分析】根据用韦恩图表示集合的方法，直接写出即可.
【详解】根据题意，图中阴影部分可表示为：.
故答案为：.
8．已知集合，，则______．
【答案】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再求出集合，最后根据并集的定义计算可得.
【详解】解：由，即，解得，
所以，
又，
所以.
故答案为：
9．设，，则用，表示为______．
【答案】
【分析】利用换底公式及对数的运算性质计算可得.
【详解】解：因为，，
所以.
故答案为：
10．当时，关于的方程的解集为______．
【答案】
【分析】求出方程的解，表示成解集的形式即可.
【详解】解：由，即，因为，所以，
解得，
所以方程的解集为.
故答案为：
11．若不等式的解集为，则______．
【答案】
【分析】根据一元二次不等式解集与一元二次方程根的关系解出即可.
【详解】根据题意可知的两根分别为
根据韦达定理可知，，故
故答案为:
12．已知集合有且仅有两个子集，则实数__________.
【答案】1或
【分析】结合已知条件，求出的解的个数，然后对参数分类讨论，并结合一元二次方程的根的个数与判别式之间的关系求解即可.
【详解】若A恰有两个子集，所以关于x的方程恰有一个实数解，
①当时，，满足题意；
②当时，，所以，
综上所述，或.
故答案为：1或.
13．设实数，当代数式取最大值时，的值为______．
【答案】
【分析】由基本不等式求最大值可得结论．
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立．
故答案为：．
14．设，是正实数，有下列命题：
①若，则②若，则；③若，则．
其中真命题的序号为______．
【答案】①
【分析】①通过变形可以得到，即可证明，即；②③可以通过举反例的方法证明其错误性；
【详解】①若，则即，，即，①正确；
②若，可取，则，②错误.
③若，可取，则，③错误.
故答案为：①.
15．若关于的不等式的解集中只有一个元素，则实数的取值集合为______．
【答案】
【分析】分、、三种情况讨论，当时即可求出的值，同理求出时参数的值，即可得解.
【详解】解：对于不等式，
当时，解集为显然不合题意，
当时，不等式等价于，因为不等式组的解集中只有一个元素，
则恒成立且方程有两个相等的实数根，
即且，显然时，
由，解得，
所以，
当时，不等式等价于，因为不等式组的解集中只有一个元素，
则恒成立且方程有两个相等的实数根，
即且，显然时，
由，解得，
所以，
综上可得.
故答案为：
16．若实数，满足，则的最小值为______．
【答案】##
【分析】由三角不等式结合已知条件可推得，求解即可
【详解】由，得，
由三角不等式得，，
，
即，
所以，
所以，
所以，即，
当且仅当时，取到最小值为
故答案为：
三、解答题
17．已知方程的两个实根为，，将与表示为的代数式，并比较与的大小．
【答案】见解析
【分析】根据韦达定理得，由作差法即可比较大小.
【详解】由题意得，且，
所以，，
所以，
当时，， 故，
当时，
当时，
18．设集合，．若，求实数的取值范围．
【答案】
【分析】根据条件先求出集合的具体范围，然后将等价转化为，利用集合间的包含关系列出不等式组，解之即可.
【详解】因为，
，又因为，所以，
要使成立，则有解得：，
所以实数的取值范围为.
19．在平面直角坐标系中，将从点出发沿平行于坐标轴方向到达点的任意路径称为到的一条路径．如图所示的路径与路径都是到的“路径”．某地有三个新建的居民区，分别位于平面内的三点，，处．现计划在轴上方区域（包含轴）内的某一点处修建一个文化中心．
(1)写出点到居民区的路径长度最小值的表达式（不用证明）；
(2)请确定点的位置，使其到三个居民区的路径长度之和最小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据“路径”的定义，可得点到居民区的“路径”长度最小值的表达式；
（2）由题意知，点到三个居民区的“路径”长度之和的最小值为点到三个居民区的“路径”长度最小值之和（记为)的最小值，分类讨论，利用绝对值的几何意义，即可求得点的坐标.
【详解】（1）.设点的坐标为.点到居民区的“路径”长度最小值为
.
（2）点到三个居民区的“路径”长度之和的最小值为点分别到三个居民区的“路径”长度最小值之和（记为)的最小值.
当时，,因为
当且仅当时，不等式中的等号成立，
又，
当且仅当时，不等式中的等号成立.
所以，当且仅当时，等号成立.
，当且仅当时，等号成立.
故点的坐标为时，到三个居民区的“L路径”长度之和最小，且最小值为.
综上所述，在点处修建文化中心，可使该文化中心到三个居民区的“路径”长度之和最小.
20．定义为个实数，，…，中的最小数，为个实数，，…，中的最大数．
(1)设，都是正实数，且，求；
(2)解不等式：；
(3)设，都是正实数，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由基本不等式即可求解；
（2）分段讨论得出，然后解不等式即可；
（3）设出后由基本不等式进行求解.
【详解】（1）由题意得，即，当且仅当时等号成立，
故；
（2）令，得，
当时，当时，
而即恒成立，
故，
可化为或或，
解得，故原不等式的解集为；
（3）设，由题意得，
则，
当且仅当即时等号同时成立，
故的最小值为．
21．对于集合，定义，设．
(1)设，，求，；
(2)若是的子集且，求满足条件的的个数；
(3)设是正整数，若对的任意一个元子集，都有，求的最小值．
【答案】(1)，；
(2)51个；
(3)3.
【分析】（1）根据集合定义，应用列举法求出，；
（2）列表法得到的所有可能元素集，结合其子集有，确定所取n元子集中最大且需取大小连续的元素，根据（1）判断符合要求的3元子集的个数，即可得结果；
（3）根据（2）的分析及元子集都有可得，即可得结果.
【详解】（1）由，则如下表：行表示，列表示，
所以，
由，则如下表：行表示，列表示，
所以.
（2）由，则如下表：行表示，列表示，空白处为其它元素，
要使是的子集且，即在任选几个元素，它们在上表中所得的元素恰好为，
由上表知：最多只可取连续的4个元素，如：、等，否则会出现除之外的元素，
所以，取连续的4个元素时，集合共有17种；
以为例，由（1）知：、有，而、不符合要求，
所以4个连续元素中有两个3元子集符合要求，故取连续的4个元素中3个元素所得集合有种；
集合B不可能小于3个元素，若小于3个元素，则B-B的元素个数小于等于3个且必含元素0，不合要求；
综上，满足条件的的个数共有51个.
（3）由（2）分析知：对的任意一个元子集都有，则，
所以的最小值为3.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据集合的定义，应用列表法得到的所有可能元素，进而分析n元子集如何取数能使，注意先确定最大n值，再分析其它情况下的子集个数.
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