江苏省南京市金陵中学2022-2023学年高一数学上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份江苏省南京市金陵中学2022-2023学年高一数学上学期期中试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了11， 设，，若，则实数a的值可以是， 设函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
金陵中学2022—2023学年第一学期期中考试高一数学试卷2022.11一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设，，且，则实数a的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据即可求解参数．【详解】∵集合，，且，∴，故选：B．2. 已知命题p：，，则命题p的否定为（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】D【解析】【分析】利用含有一个量词的命题的否定的定义求解.【详解】解：因为命题p：，是全称量词命题，所以命题p的否定为，，故选：D．3. “”是“函数在区间上单调递增”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据函数的单调性结合充分不必要条件的定义求解.【详解】解：函数在区间上单调递增，当时不符题意，当，即时，为单调减函数，不合题意；故，且，所以，“”是“函数在区间上单调递增”的充分不必要条件故选：A．4. 设函数，其中a，b为常数，若，则（    ）A.  B.  C. 2028 D. 4041【答案】D【解析】【分析】构造，根据奇偶性即可求解.【详解】令，则是奇函数，故，所以,所以，故选:D．5. 已知实数a，b，c满足，，则a，b，c的大小关系是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据作差法即可比较大小.【详解】解：由，所以．由，得所以，因此故选：C．6. 在流行病学中，每名感染者平均可传染的人数叫做基本传染数，当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染1个以上的人，从而导致感染者人数急剧增长．当基本传染数低于1时，疫情才可能逐渐消散．而广泛接种疫苗是降低基本传染数的有效途径，假设某种传染病的基本传染数为，1个感染者平均会接触到N个新人（），这N人中有V个人接种过疫苗（为接种率），那么1个感染者可传染的平均新感染人数．已知某病毒在某地的基本传染数，为了使1个感染者可传染的平均新感染人数不超过1，则该地疫苗的接种率至少为（    ）A. 90% B. 80% C. 70% D. 60%【答案】D【解析】【分析】根据已知条件可得出关于的不等式，解之即可得出结果.【详解】因为，由题意，解得，故选：D．7. 设函数若存在，且，使得成立，则实数a的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】考虑的对称轴与1比较，分与两种情况，结合函数的单调性，列出不等式，求出实数a的取值范围.【详解】当时，，对称轴为，当，即时，此时存在，使得，满足题意；当，即时，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，要想存在，且，使得，则，解得：，与取交集得：综上：的取值范圃为.故选：A．8. 已知，，若时，关于x的不等式恒成立，则的最小值是（    ）A.  B.  C. 4 D. 【答案】B【解析】【分析】由韦达定理结合基本不等式即可求解.【详解】有一根为，故若，恒成立，则有一根为，由韦达定理知，另一根，所以，即，，当且仅当 即取等号,所以的最小值是.故选：B．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 设，，若，则实数a的值可以是（    ）A. 0 B.  C. 4 D. 1【答案】ABD【解析】【分析】解方程，写出集合A的所有元素，根据集合A和集合B的关系，分析集合B中的元素的可能情况，解出相应的a.【详解】，因为，所以，所以或或或，若，则；若，则；若，则；若，无解．故选：ABD．10. 设函数，则下列结论正确的是（    ）A. 的值域为 B. C. 是偶函数 D. 是单调函数【答案】BC【解析】【分析】由分段函数的定义作出判断AB，由偶函数的定义可判断C，由，可知函数不是单调函数.【详解】的值域为，A错误；，，所以B正确；定义域关于数0对称，当时，，则；当时，，则，所以是偶函数，所以C正确；，所以不是单调函数，所以D错误．故选：BC．11. 已知关于x的一元二次不等式的解集为，则下列说法正确的是（    ）A. B. 不等式的解集为C. 不等式的解集为D. 【答案】AC【解析】【分析】根据题意可得，且，然后对选项逐一判断即可.【详解】关于x的不等式的解集为，所以二次函数的开口方向向上，即，故选项A正确；因为是方程的根，所以，解得，所以 也即，解得，故选项B错误；不等式等价于，也即，解得或，故选项C正确，因为或，所以，故选项D错误，故选:AC．12. 图像可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】根据的奇偶性，以及分分别根据定义域以及图象的变化趋势即可求解.【详解】由，所以是奇函数，故排除A,当时，经过坐标原点，且当值越来越大时，的值越来越小，最终趋向于0，此时B符合，当时，，此时D满足当时，不经过坐标原点，当值越来越大时，的值越来越小，最终趋向于0，此时C不符合，故选：BD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知函数则的值为________．【答案】12【解析】【分析】根据解析式，由内而外，逐步计算，即可得结果．【详解】因为，所以，所以，故答案为：1214. 不等式的解集为________．【答案】【解析】【分析】将分式不等式转化为整式不等式即可求解.【详解】，解得．故答案为：15. 若正实数a满足，则a的值为________．【答案】1000【解析】【分析】由题意可得，再根据对数运算性质即可得出答案.【详解】解：因为正数a满足，所以，即，所以，解得.故答案为：1000.16. 已知函数，若，则实数a的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】判断出偶函数，且在上单调递增，然后可得，解出即可．【详解】因为的定义域为，又所以是偶函数，且在上单调递增，由于，即，所以，即，解得．故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. （1）计算：；（2）已知且，求的值．【答案】（1）3；（2）.【解析】【分析】(1)利用对数运算法则以及换底公式即可求解；(2)结合已知条件求出，然后代入即可求解.【详解】（1）．（2）因为，，所以，，．18. 设集合，或，全集．（1）若，求实数a的取值范围；（2）若，求实数b的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据，可得，解之即可；（2）由，可得，列出不等式组，解之即可.【小问1详解】解：因为，所以，解得，所以a的取值范围是；【小问2详解】解：，因为，所以，所以，解得，所以b的取值范围是．19. 如图，是边长为2的正三角形，记位于直线（）左侧的图形的面积为．（1）求函数的解析式；（2）画出函数在区间上的图象．【答案】（1）    （2）作图见解析【解析】【分析】（1）分、、三种情况讨论，分别求出函数的解析式，再写出分段函数形式；（2）由（1）中解析式得到函数图象.【小问1详解】解：当时，；当时，；当时，．所以【小问2详解】解：由（1）可得函数图象如下所示：20. 已知定义域为的奇函数满足：当时，．（1）当时，求函数的解析式；（2）指出在区间上的单调性，并证明．【答案】（1）；    （2）在区间上单调递增，证明见解析.【解析】【分析】(1)奇函数若x=0时有意义，则f(0)=0；x<0时，-x>0，利用x>0时f(x)解析式可求x<0时解析式；(2)根据单调性的定义即可判断并证明．【小问1详解】，∴，∴，当时，，，又，∴，综上，当时，；【小问2详解】在区间上单调递增，证明如下：任取，且，，∵，∴，，，，∴，∴，即，∴在区间上单调递增．21. 已知函数，a为常数．（1）若，解关于x的不等式；（2）若不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）答案见解析；    （2）．【解析】【分析】(1)化简不等式，结合二次函数与二次不等式的关系即可求解该不等式；(2)将参变分离，将问题转化为求解即可．【小问1详解】，当时，，的解集为；当时，，的解集为；当时，，的解集为．综上所述，当时的解集为；当时，的解集为；当时，的解集为．【小问2详解】对任意，，∴．令，则，，，当且仅当，即，时取“＝”，∴，故实数a的取值范围为．22. 设函数的定义域为D，若存在区间，使得，则称区间为函数的“H区间”．（1）写出函数所有的“H区间”；（2）若为函数的一个“H区间”，求m的值；（3）求函数的“H区间”．【答案】（1），和．    （2）    （3）【解析】【分析】（1）根据题意可知a，b是方程的根，且，从而可求出的值，从而可求出“H区间”；（2）分，两种情况结合“H区间”求解即可；（3）根据“H区间”的定义分，两种情况求解即可.【小问1详解】函数是上的递增函数，则，所以a，b是方程的根，且，解得，或，或，．故函数所有“H区间”为，和．【小问2详解】当时，在上单调递减，所以，，解得；当时，，，不可能．综上，．【小问3详解】设“H区间”为，由“H区间”定义知：，所以或，，所以，又，所以，，当时，在区间上单调递减，所以即由得：，因为，所以，又因为，，所以，当且仅当，时取“=”此时，舍去；当时，在区间上单调递减，在上单调递增，所以，，，所以，．所以函数的“H区间”为.