2022-2023学年江苏省镇江市高一下学期期初考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省镇江市高一下学期期初考试数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省镇江市高一下学期期初考试数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出，进而求出.【详解】，故故选：B2．命题“对任意，都有”的否定为（     ）A．存在，使得 B．不存在，使得C．存在，使得 D．存在，使得【答案】D【分析】利用全称量词命题的否定是特称命题可得出结论.【详解】由全称量词命题的否定可知，原命题的否定为“存在，使得”.故选：D.3．幂函数为偶函数，且在上为减函数的是（     ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数性质逐项分析判断.【详解】对A：，则，故为偶函数，且在上为减函数，A正确；对B：的定义域为，即定义域不关于原点对称，故为非奇非偶函数，B错误；对C：，故为偶函数，且在上为增函数，C正确；对D：，故为奇函数，D错误.故选：A.4．已知方程的解在内，则（     ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】根据函数单调性结合零点存在性定理分析运算.【详解】构建，则在定义域内单调递增，故在定义域内至多有一个零点，∵，∴仅在内存在零点，即方程的解仅在内，故.故选：B.5．中国折扇有着深厚的文化底蕴.用黄金分割比例设计一把富有美感的纸扇，如图所示，在设计折扇的圆心角时，可把折扇考虑为从一圆形（半径为）分割出来的扇形，使扇形的面积与圆的面积的乘积等于剩余面积的平方.则扇形的圆心角为（     ）A． B．C． D．【答案】C【分析】计算出、，根据已知条件可得出关于的方程，结合可求得的值.【详解】由题意可知，，则且，即，整理可得，由题意可知，，解得.故选：C.6．若，，，则a，b，c的大小关系为（     ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据指数函数以及对数函数的单调性可得，根据三角函数的有界性可判断，即可求解.【详解】，，，所以，故选：B7．函数的图象大致是（     ）A． B．C． D．【答案】A【分析】分析函数的奇偶性及其在上的增长速度，结合排除法可得出合适的选项.【详解】函数的定义域为，当时，，，当时，，，故对任意的，，所以，函数为偶函数，排除BD选项；当时，，则函数在的增长速度快于函数的增长速度，排除C选项.故选：A.8．已知函数，正实数a，b满足，则的最小值为（     ）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】先证明函数为奇函数，由可得，再利用基本不等式求的最小值.【详解】，函数定义域为R，关于原点对称，， 所以为奇函数，有，由解析式可以看出单调递增，由，得，即，为正实数，则有，当且仅当即时等号成立，则有，所以，得，当且仅当时等号成立，则的最小值为4.故选：B. 二、多选题9．下列命题为真命题的是（     ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，，则【答案】BC【分析】对A、B、D：根据不等式的性质结合作差法分析判断；对C：根据指数函数单调性分析判断.【详解】对A：当时，若，则；当时，则，A为假命题；对B：∵，若，则，∴，即，B为真命题；对C：∵在定义域内单调递增，若，则，C为真命题；对D：∵，若，则，即，当时，则；当时，则；D为假命题.故选：BC.10．已知，，则下列等式正确的是（     ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】利用同角三角函数的平方关系可判断AB选项；求出、的值，可判断CD选项的正误.【详解】因为，则.对于A选项，，可得，A对；对于B选项，由A选项可知，，则，所以，，则，B对；对于C选项，，可得，则，C错；对于D选项，，D对.故选：ABD.11．已知函数，下列结论正确的是（     ）A．函数恒满足B．直线为函数图象的一条对称轴C．点是函数图象的一个对称中心D．函数在上为增函数【答案】AC【分析】根据诱导公式可判断A选项；利用正切型函数的对称性可判断BC选项；利用正切型函数的单调性可判断D选项.【详解】对于A选项， ， A正确；对于B选项，函数无对称轴，B错；对于C选项，由可得，当时，可得，所以，点是函数图象的一个对称中心，C对；对于D选项，当时，，所以，函数在上不单调，D错.故选：AC.12．已知函数，则下列结论正确的有（     ）A．若为锐角，则B．C．方程有且只有一个根D．方程的解都在区间内【答案】BCD【分析】对A：利用放缩可得；对B：利用做差法分析判断；对C：根据函数的单调性分析判断；对D：分类讨论，结合零点存在性定理分析判断.【详解】对A：若为锐角，则，可得，故，A错误；对B：当时，，故，即，B正确；对C：∵，且在上单调递增，∴，解得，C正确；对D：构建，则在上连续不断，则有：当时，则，故，可得在内无零点；当时，则，故，可得在内无零点；当时，则，故在区间内存在零点；综上所述：只在区间内存在零点，即方程的解都在区间内，D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：判断函数零点的方法（1）直接求零点：令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数．（2）零点存在性定理：利用该定理不仅要求函数在[a，b]上是连续的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点．（3）数形结合：对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 三、填空题13．_________.【答案】##【分析】利用对数的运算性质计算可得所求代数式的值.【详解】原式.故答案为：.14．已知函数对任意实数恒成立，则实数的范围为__________.【答案】【分析】对任意实数恒成立，则，讨论与0的大小可得答案.【详解】因对任意实数恒成立，则.当时，符合题意；当时，；当时，.综上，.故答案为：15．已知某种果蔬的有效保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：℃）近似满足函数关系（a，b为常数，e为自然对数底数），若该果蔬在7℃的保鲜时间为216小时，在28℃的有效保鲜时间为8小时，那么在14℃时，该果蔬的有效保鲜时间大约为_______小时.【答案】72【分析】根据题意列出方程组，求出，确定函数解析式，再代入求值即可.【详解】由题意得：，①÷②得：，故，则，，故故当时，.故答案为：72 四、双空题16．已知函数，则的值域为________﹔函数图象的对称中心为_________.【答案】          【分析】将函数的解析式变形为，结合不等式的基本性质可求得的值域；利用函数对称性的定义可求得函数的对称中心的坐标.【详解】因为，则，所以，，所以，函数的值域为，因为，则，因此，函数图象的对称中心为.故答案为：；. 五、解答题17．已知集合，.(1)若，求；(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）分别解出集合中的不等式，得到两个集合，再取交集；（2）依题意有有，列方程组求实数的取值范围.【详解】（1），若，，，.（2）因为“”是“”的充分不必要条件，有A是B的真子集可得等号不同时取，解得，所以实数的取值范围为18．已知，.(1)求的值；(2)若角的终边与角关于轴对称，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用平方关系式求出和，再根据商数关系式求出；（2）根据角的终边与角关于轴对称，推出，，，，再根据诱导公式化简所求式子，代入可求出结果.【详解】（1）因为，所以，由，得，得，得，得或，当时，由得，不符合题意；当时，由得，所以.（2）若角的终边与角关于轴对称，则，，即，，所以,,,,.19．用“五点法”作函数在一个周期内的图象时，列表计算了部分数据：0020d0 (1)请根据上表数据，求出函数的表达式并写出表内实数a，b，c，d的值；(2)请在给定的坐标系内，作出函数在一个周期内的图象；(3)若存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】(1)，(2)图象见详解(3) 【分析】（1）根据表中数据结合正弦函数性质运算求解；（2）根据题意结合五点作图法作图；（3）以为整体，结合正弦函数求的值域，再结合存在性问题分析求解.【详解】（1）由题意可得：，即，设函数的最小正周期为，则，即，可得，∵，解得，故，.（2）补全表格得：00200 则函数在一个周期内的图象如图所示：（3）∵，则，可得，∴，若存在，使得成立，则，即，故实数的取值范围.20．已知函数（且）.(1)求函数的奇偶性；(2)若关于的方程有实数解，求实数的取值范围.【答案】(1)奇函数(2) 【分析】（1）求出函数的定义域，利用函数奇偶性的定义可得出结论；（2）由可得出，求出函数在上的值域，可得出实数的取值范围.【详解】（1）解：对于函数，有，则，解得，所以函数的定义域为，，故函数为奇函数.（2）解：由可得，则，令，其中，因为函数、在上为增函数，故函数在上为增函数，当时，，因此，实数的取值范围是.21．某企业参加国际商品展览会，向主办方申请了平方米的矩形展位，展位由展示区（图中阴影部分）和过道（图中空白部分）两部分组成，其中展示区左右两侧过道宽度都为米，前方过道宽度为米.后期将对展位进行装修，其中展示区的装修费为元/平方米，过道的装修费为元/平方米.记展位的一条边长为米，整个展位的装修总费用为元.(1)请写出装修总费用关于边长的表达式；(2)如何设计展位的边长使得装修总费用最低?并求出最低费用.【答案】(1)，其中(2)当展位区域是边长为米的矩形区域时，装修费用最低为元 【分析】（1）设展位靠墙的一边边长为米，则展示区靠墙的一边的边长为米，计算出展示区的面积，即可得出装修总费用关于边长的表达式；（2）利用基本不等式可求得的最小值，利用等号成立的条件可得出结论.【详解】（1）解：设展位靠墙的一边边长为米，则展示区靠墙的一边的边长为米，展示区另一边边长为米，由可得，所以，，即，其中.（2）解：由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，因此，当展位区域是边长为米的矩形区域时，装修费用最小为元.22．已知函数，.(1)判断并证明在上的单调性；(2)当时，都有成立，求实数的取值范围；(3)若方程在上有个实数解，求实数的取值范围.【答案】(1)函数在上为增函数，证明见解析(2)(3) 【分析】（1）判断出函数在上为增函数，然后任取、且，作差，因式分解后判断的符号，结合函数单调性的定义可证得结论成立；（2）令，由可得出，利用对勾函数的单调性可求得实数的取值范围；（3）令，令，分析可知函数在上有两个不等的零点，根据二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.【详解】（1）证明：任取、且，则，所以，，，所以，函数在上为增函数.（2）解：当时，令，则，则，由可得，因为函数在上单调递增，所以，，所以，实数的取值范围是.（3）解：对任意的，，所以，函数为偶函数，由（1）可知，函数在上为增函数，则该函数在上为减函数，令，当时，，则，由可得，令，则函数在上有两个不等的零点，所以，，解得.因此，实数的取值范围是.