2022-2023学年江西省吉安市井冈山大学附属中学高一上学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省吉安市井冈山大学附属中学高一上学期期末数学试题含答案，共18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学年江西省吉安市井冈山大学附属中学高一上学期期末数学试题 一、单选题1．下列说法正确的是A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意，A中，是无理数，B中，，C中，不是自然数，可判定A、B、C都不正确，即可得到答案.【详解】由题意，对于A中，是无理数，所以不正确；对于B中，，所以不正确；对于C中，不是自然数，所以不正确；故选D.【点睛】本题主要考查了常见数集的表示问题，以及元素与集合的关系，其中解答中熟记常见数集的表示形式，以及元素与集合的关系是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.2．已知全集为，则有（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】分别解不等式和，利用数轴进行集合的运算.【详解】或，,且且，所以A错误；或,所以B正确；或，所以C错误；或，所以D错误.故选：B.3．下列函数中，在区间上是增函数的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】去绝对值写成分段函数的形式结合一次函数和幂函数的性质判断单调性，可判断A，B；由反比例函数的单调性可判断C；由一次函数的单调性可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：，所以满足在上是增函数，故选项A正确；对于B：，因为在上是增函数，所以在上单调递减，在上单调递增，不符合题意，故选项B不正确；对于C：在和上都是增函数，定义域为，不满足在上单调递增，故选项C不正确；对于D：在上单调递减，故选项D不正确；故选：A.4．函数的图象（    ）A．关于原点成中心对称B．关于轴成轴对称C．既关于原点成中心对称又关于轴成轴对称D．既不关于原点成中心对称也不关于轴成轴对称【答案】A【分析】先求出函数的定义域关于原点对称，再证明函数是奇偶性，即得解.【详解】解：设，由题得，所以函数的定义域关于原点对称.所以，所以.所以，，所以函数是奇函数.所以其图象关于原点成中心对称，不关于轴成轴对称.故选：A5．《掷铁饼者》是希腊雕刻家米隆于约公元前450年雕刻的青铜雕像，它取材于现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间．现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的每只手臂长约，肩宽约为，“弓”所在圆的半径约为，则如图掷铁饼者双手之间的距离约为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意知这段弓所在弧长，结合弧长公式求出其所对圆心角，双手之间的距离为其所对弦长．【详解】由题得：弓所在的弧长为：；所以其所对的圆心角；两手之间的距离m．故选：B6．已知，，用表示，中的较大者，记为，当时，的值域为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】两函数作差得，分和讨论得到，再求出此分段函数值域即可.【详解】，因为,所以,当时,,,所以,当时，,,所以,所以,当时,单调递减,所以,即,当时,单调递增,所以,即,综上,,即的值域为.故选：D.7．设定义在R上的奇函数满足，对任意（0,＋∞),且都有,且f(2)＝0，则不等式≤0的解集为(　 　)A．(－∞，－2]∪[2，＋∞) B．[－2,0]∪[2，＋∞)C．(－∞，－2]∪(0,2] D．[－2,0)∪(0,2]【答案】A【分析】由可得函数在上是增函数，由奇偶性可知函数在上也是增函数，不等式，化为，再由，数形结合可得不等式的解集.【详解】由题意可得，奇函数的图象关于原点对称，对任意，且，因为所以时，总有成立，可得函数在上是增函数，故函数在上也是增函数，由不等式，可得，再由可得，或可得或，即不等式的解集是，故选A.【点睛】本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综合考查一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.8．已知函数满足，当时，.若函数在区间上有三个不同的零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出，，画出图象，将零点问题转化为两函数交点问题，求出当与相切时直线的斜率，再求出当直线过点时，，从而求出实数的取值范围.【详解】当时，，故，故，，作函数与函数的图象如下，设直线l与，相切，设切点为，，则由导数的几何意义可得，= ，可得切点横坐标为n=e，故切线斜率为，当直线过点时，，所以要想在区间上有三个不同的零点，需要满足故实数a的取值范围是.故选：A． 二、多选题9．下列说法中，正确的有（    ）A．设全集为，若，则B．若，则C．若，则D．若对，恒成立，则实数的最大值为2【答案】ABD【分析】根据集合的运算性质可判断A；利用作差法比较大小可判断B、C；由基本不等式求出最小值，由求出的范围可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：若，则，故选项A正确；对于B：若，则，则，故选项B正确；对于C：，则，所以，故选项C不正确；对于D：对，，所以当时，取得最小值为，所以，则实数的最大值为2，故选项D正确；故选：ABD．10．.函数对任意总有，当时，，，则下列命题中正确的是（    ）A．是偶函数B．是上的减函数C．在上的最小值为D．若，则实数的取值范围为【答案】CD【分析】函数是奇函数，所以选项A错误；函数是上的增函数，所以选项B错误；在上的最小值为，所以选项C正确；实数的取值范围为，所以选项D正确.【详解】解：取，，则，解得，令，则，即，函数是奇函数，所以选项A错误；令，且，则，因为当时，，所以，则，即，函数是上的增函数，所以选项B错误；因为函数是上的增函数，所以函数在上的最小值为，，，，故，在上的最小值为，所以选项C正确；，即，因为函数是上的增函数，所以，所以，所以实数的取值范围为，所以选项D正确.故选：CD.11．下列说法正确的是（    ）A．若，且，则a，b至少有一个大于2B．“，”的否定是“，”C．“，”，是“”的必要不充分条件D．中，A是最大角，则“”是为钝角三角形”的充要条件【答案】ABD【分析】A选项采用反证法，B选项根据特称命题的否定可以直接判断，C选项举反例即可判断，D选项结合正余弦定理以及充要条件的概念即可判断.【详解】对于A项，假设a，b都小于或等于2，则，这与已知矛盾，故A项正确；对于B项，特称命题的否定要改成全称命题，故B项正确；对于C项，当时，如，不能推出，故C项错误；对于D项，由得，由得A为钝角，为钝角三角形，反之，若为钝角三角形，且A为最大角，所以A为钝角，所以，所以，故D项正确.故选:ABD．12．已知函数，若关于的方程有5个不同的实根，则实数可能的取值有（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】由解析式结合导数研究的性质，并画出函数图象，再根据方程有5个不同实根，令结合图象判断的范围，进而列不等式求的范围即可.【详解】当时，，易知在上递减，上递增，故；当时，，则单调递减，且，∴图象如下图示：由题设：令，则方程有2个不同的实根，则，可得或，若：则或，令，∴或(舍)，∴综上，可得.故选：BC【点睛】关键点点睛：应用导数研究分段函数的性质，并画出草图，由方程有5个不同实根问题转化为与的交点问题求参数范围. 三、填空题13．设不等式>0的解集为集合A，关于x的不等式＋(2a－3)x＋－3a＋2<0的解集为集合B．若A⊇B，则实数a的取值范围是        ．【答案】【分析】化简集合A,B，根据A⊇B，结合数轴可以得出，求解即可.【详解】由题意知A＝{x|(4－x)(x－2)>0}＝{x|2<x<4}，B＝{x|(x＋a－2)(x＋a－1)<0}＝{x|1－a<x<2－a}．若A⊇B，则可得－2≤a≤－1.【点睛】本题主要考查了集合的子集的概念，属于中档题.14．若直线与曲线相交于A，B两点，O为坐标原点，当的面积取最大值时，实数m的取值    ．【答案】【分析】点O到的距离，将的面积用表示出来，再利用均值不等式得到答案.【详解】曲线表示圆心在原点，半径为1的圆的上半圆，若直线与曲线相交于A，B两点，则直线的斜率，则点O到的距离，又，当且仅当，即时，取得最大值．所以，解得舍去)．故答案为．【点睛】本题考查了点到直线的距离，三角形面积，均值不等式，意在考查学生的计算能力.15．记为不超过的最大整数，如，则函数的所有零点之和为        .【答案】【分析】由，令，求导利用函数单调性可证得在上无零点，只需考虑：，，，求解即可.【详解】由题意可知： .令.有：.所以在上单调递减，有，所以在上无零点，只需考虑：，，，可得三个零点分别为，故答案为．【点睛】本题主要考查了分段函数的零点问题，属于中档题.16．设函数的表达式（且）， 是定义域为R的奇函数．若，且关于x的不等式的解集为R，则实数t的取值范围是      ．【答案】【分析】根据函数的奇偶性求得k的值，结合确定a的范围，进而判断函数的单调性，从而将解集为R转化为在R上恒成立，利用判别式可得不等式，即可求得答案.【详解】∵是定义域为R的奇函数，∴，∴，∴，则，满足,即，由，则 ，∵且，∴ ，解得，∵在R上单调递减，在R上单调递增，故在R上单调递减，不等式化为，关于x的不等式的解集为R，∴在R上恒成立 ，即在R上恒成立，∴ ，解得，即实数t的取值范围是，故答案为： 四、解答题17．已知全集U＝R，集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|x＝m+1，m∈A}．(1)求图中阴影部分表示的集合C；(2)若非空集合D＝{x|4﹣a＜x＜a}，且D⊆（A∪B），求实数a的取值范围．【答案】(1){x|1≤x＜2}(2)（2，3] 【分析】（1）根据条件求出集合A，B结合Venn图即可求图中阴影部分表示的集合C；（2）根据集合关系进行转化求解即可．【详解】（1）因为，．所以B＝{x|2≤x≤4}，根据题意，由图可得：，因为B＝{x|2≤x≤4}，则＝{x|x＞4或x＜2}，而A＝{x|1≤x≤3}，则；（2）因为集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|2≤x≤4}，所以A∪B＝{x|1≤x≤4}，若非空集合D＝{x|4﹣a＜x＜a}，且D⊆（A∪B），则有，解得2＜a≤3，即实数a的取值范围为（2，3]．18．已知函数，其中，求的极值．【答案】分类讨论，详见解析【分析】由函数，求导得到，然后令，得，，再分和两种情况讨论求解.【详解】因为，其中，所以，令，得，．（1）当时，，则随着的变化，，的变化情况如下表：＋0－0＋↗极大值↘极小值↗所以当时，函数取得极大值；当时，函数取得极小值．（2）当时，，则随着的变化，，的变化情况如下表：＋0－0＋↗极大值↘极小值↗所以当时，函数取得极大值；当时，函数取得极小值．综上，当时，函数在处取得极大值，在处取得极小值0；当时，函数在处取得极大值0，在处取得极小值．【点睛】本题主要考查导数与函数的极值，还考查了分类讨论思想和运算求解的能力，属于中档题.19．已知命题成立．命题对，都有成立．（1）若命题q为真命题，求m的取值范围．（2）若命题p和命题q有且只有一个命题是真命题，求m的取值范围．【答案】（1）；（2）或【分析】（1）利用基本不等式求出的最小值，然后代入不等式可求出结果；（2）分别求出两个命题为真命题时，的范围，再分两种情况讨论可求出结果.【详解】（1）因为命题q为真命题，则对，都有成立．因，所以，因为，当且仅当时等号成立，所以，即.（2）由命题为真命题，得，解得或，当命题为真命题时，命题为假命题，可得或，当命题为假命题时，命题为真命题，可得，综上所述：m的取值范围是或.20．某城市居民每月自来水使用量x与水费之间满足函数，当使用4m3时，缴费4元，当使用27m3时，缴费14元；当使用35m3时，缴费19元．(1)求实数A、B、C的值；(2)若某居民使用29m3水，应该缴水费多少元？【答案】(1)A＝11，B，C＝4；(2)15.25元. 【分析】（1）由题意，结合分段函数解析式可得C＝4，再由待定系数法求A、B的值；（2）由（1）所得的解析式，计算居民使用29m3水应缴水费即可.【详解】（1）由题意，易知：C＝4，将(27,14)，(35,19)代入，得：，解得A＝11，B；综上，A＝11，B，C＝4．（2）由（1）知，，当x＝29时，15.25；∴该居民使用29m3水时，应该缴水费15.25元．21．海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐，一般早潮叫潮，晚潮叫汐．在通常情况下，船在涨时驶进航道，靠近船坞；卸货后落潮时返回海洋，下面是某港口在某季节每天的时间与水深值（单位：m）记录表．时刻（t）0:003:006:009:0012:0015:0018:0021:0024:00水深值（s）5.07.55.02.55.07.55.02.55.0据分析，这个港口的水深值与时间的关系可近似地用三角函数来描述．（1）根据表中数据，做出函数简图：（2）结合数据、图像等因素，选用你认为恰当的三角函数，求出解析式；并估计11:00时的水深值；（3）一条货船的吃水深度（船底与水面的距离）为，安全条例规定至少要有的安全间隙（船底与海底的距离），该船何时能进入港口？在港口能停多久？【答案】（1）作图见解析；（2），3.75米；（3）货船可以在1时进港，5时出港或中午13时进港，17时出港，每次可以在港口停留4小时.【分析】（1）根据图中的数据，描点作出函数的图象；（2）选择函数，利用函数的最值，周期，以及“五点”中的值，分别求参数，即可求得函数的解析式，并求当时，求的值；（3）由条件转化为，解不等式，即可求得停留的时间.【详解】（1）（2）根据图象可考虑用函数刻画水深与时间的关系，从数据和图象可得：∴       易知，所以，∴．        ∴当时，（米）          （3）货船的安全水深为（米）当时可以进港，于是有，整理得解得：         又∵∴当时，；当时，所以，货船可以在1时进港，5时出港或中午13时进港，17时出港，每次可以在港口停留4小时22．已知函数的图象过点，.(1)求函数的解析式；(2)设，若对于任意，都有，求m的取值范围.【答案】(1)，；(2). 【分析】（1）由已知求得，，代入即可得到，；（2）已知可转化为，即转化为求在上的最大值，由已知可得，，根据二次函数的性质可知所以的最大值在或处取得.作差可得.即可得到，.令，根据定义法证明在时的单调性，根据单调性求解不等式，即可求出m的取值范围.【详解】（1）解：由已知可得，，所以，所以，定义域为.所以有，，.（2）解：若对于任意，都有，只需满足成立.由（1）知，，对称轴为.由，可得，，所以，即有.根据二次函数的性质，可得在上单调递减，在上单调递增，所以的最大值在或处取得.又，，，又，所以，所以，所以.由成立，可得，，即，.令，，则原不等式等价于.，且设，则，因为，，所以，，，所以，所以，所以.所以，所以，所以在上单调递增.又，则由，可解得.