江苏省徐州市六县2022-2023学年高一数学上学期期中试题（Word版附解析）

2022~2023学年度第一学期期中考试

高一数学试题

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，只有一项符合题目要求．

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题知，再根据集合关系求解即可.

【详解】解：因为，所以.

所以.

故选：C

2. 命题“，都有”的否定是（    ）

A. ，使得 B. ，使得

C. ∀，都有 D. ，都有

【答案】A

【解析】

【分析】根据全称命题的否定求解.

【详解】由全称命题的否定可知，

命题“，都有”的否定是：，使得，

故选：A

3. 下列四组函数中，表示同一函数是（    ）.

A. 与 B. 与

C. 与 D. 与

【答案】D

【解析】

【分析】

根据相等函数的定义域相同，对于关系一致依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，的定义域为，的定义域为，故不是同一函数；

对于B选项，的定义域为，的定义域为，故不是同一函数；

对于C选项，的定义域为，的定义域为，故不是同一函数；

对于D选项，与的定义域均为，且，故是同一函数.

故选：D.

【点睛】本题考查函数相等的定义，考查函数定义域的求解，是基础题.

4. “”是“”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】根据充分必要条件的定义判断．

【详解】，

，

所以时成立，但时，不一定成立，因此应是充分不必要条件．

故选：A．

5. 三国时期赵爽所制的弦图由四个全等的直角三角形构成，该图可用来解释下列哪个命题（    ）

A. 如果，那么 B. 如果，那么

C. 对任意正实数a和b，有，当且仅当时等号成立 D. 如果，那么

【答案】C

【解析】

【分析】结合不等式的性质、基本不等式确定正确答案.

【详解】ABD选项是不等式的性质.

对于C选项，设小正方形的边长为，大正方形的边长为，

大正方形的面积为，个小正方形的面积之和为，

由图可知，当且仅当时等号成立.

故选：C

6. 若关于x的不等式的解集为，则的解集为（    ）

A.  B.

C {且} D. {或}

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可知是方程的两实数根，根据韦达定理求将用表示，再代入待求不等式，解不等式即可.

【详解】因为的解集是，

所以是方程的两实数根，且，

由韦达定理，得，所以，

所以不等式，

即，解得.

故选：B.

7. 已知集合A，B是实数集R的子集，定义，且，若集合A=且，，则（    ）

A. [—1，1] B. [—1，1） C. [0，1] D. [0，1）

【答案】B

【解析】

【分析】分别利用函数单调性求出函数的值域，可得，由此求得即可.

【详解】当时，递减，所以，当时，递减，所以，

综上知或，

的对称轴为轴，当时，，，

所以，

所以.

故选：B

8. 已知，关于x的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的a的值之和是（    ）

A. 13 B. 21 C. 26 D. 30

【答案】B

【解析】

【分析】设，根据题意得出，从而求的值；

【详解】设，其图象是开口向上，对称轴为的抛物线，如图所示，

若关于x的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，

则，即，解得，

又因为，所以，故所有符合条件的a的值之和是.

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，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 下列说法中正确的是（    ）

A. “都是偶数”是“是偶数”的充要条件

B. 两个三角形全等是两个三角形的面积相等的充分不必要条件

C. “”是“关于的方程有两个实数解”的必要不充分条件

D. “”是“”的既不充分也不必要条件

【答案】BC

【解析】

【分析】

利用充分必要性的定义，依次对选项进行判断，即可得到答案,

【详解】对于A，都是偶数是偶数”，即充分性成立；但当是偶数时，可以都是奇数，也可以都是偶数，即必要性不成立，所以是充分不必要条件，故A错误；

对于B，两个三角形全等两个三角形的面积相等，但两个三角形的面积相等不能推出两个三角形全等，所以是充分不必要条件，故B正确；

对于C，由方程有两个实数解，可知即且，又且是的真子集，所以是必要不充分条件，故C正确；

对于D， 不能推出，但都不为0，所以必要不充分条件，故D错误.

故选：BC

【点睛】本题考查充分必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：

（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；

（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；

（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；

（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．

10. 下列说法中正确的是（    ）

A. 若，则函数的最小值为3

B. 若，则的最小值为4

C. 若，则xy的最大值为1

D. 若满足，则的最小值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】由对勾函数的单调性求最值可判断A，由基本不等式可判断B，根据基本不等式及一元二次不等式的解可判断C，根据“1”的变换及均值不等式判断D.

【详解】A.，，令，，由对勾函数的性质得，故错误；

B.因为，所以，当且仅当，即时，取等号，故正确；

C. 因为，，所以，即，

解得，所以，当且仅当时等号成立，故正确；

D. 因为，，所以，当且仅当，即时，取等号，故正确；

故选：BCD

11. 下列不等式成立的是（    ）

A. 若a＜b＜0，则a2＞b2 B. 若ab＝4，则a＋b≥4

C. 若a＞b，则ac2＞bc2 D. 若a＞b＞0，m＞0，则

【答案】AD

【解析】

【分析】

由不等式的性质对各个选项进行推理、验证可得正确答案.

【详解】解：对于A，若，根据不等式的性质则，故A正确；

对于B，当，时，，显然B错误；

对于C，当时，，故C错误；

对于D，，

因为，，所以，，所以

所以，即成立，故D正确．

故选AD．

【点睛】本题主要考查不等式的性质及应用，考查学生的推理论证能力，属于基础题.

12. 若关于x的不等式解集为（-1，3），则正实数a的可能取值是（    ）

A.  B.  C. 1 D. 2

【答案】AB

【解析】

【分析】根据不等式对应的二次函数的对称轴和开口方向，结合不等式的解集，可列出方程及不等式，进而可求出的取值范围.

【详解】由题意得，当时，不等式对应的二次函数的对称轴为，开口向上，且函数图像与交于两点，恒在上方，如图，

所以当时，，当时，，

解得，

又当时，，

所以，解得：，

故选：AB.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13. 已知，，则________.（用a，b表示）

【答案】

【解析】

【分析】由对数运算法则求解．

【详解】．

故答案为：．

【点睛】本题考查对数的运算，掌握对数运算法则是解题关键．

14. 若函数的值域为，则实数的取值范围是________

【答案】

【解析】

【分析】根据函数值域为判断出可以取遍内的所有值，因此为对数式真数部分值域的子集，据此分析出的取值范围.

【详解】因为函数的值域为，所以是值域的子集，

当时，，显然不符合，

当时，则需满足，所以

综上可知：的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】本题考查对数型函数的值域问题，难度一般.形如的函数，若定义域为，则有；若值域为，则有.

15. 已知二次函数，为实数.

（1）若此函数有两个不同的零点，一个在内，另一个在内则的取值范围是_____________

（2）若此函数的两个不同零点都在区间内，则的取值范围是____________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】

（1）结合二次函数的图像与零点存在性定理，得到关于的不等式组，求解不等式组即可得结果.

（2）结合二次函数的图像与零点存在性定理，得到关于的不等式组，求解不等式组即可得结果.

【详解】（1）由二次函数有两个不同的零点，一个在内，另一个在，函数对称轴为，结合二次函数的图像与零点存在性定理可知：，即，解得

所以的取值范围是

（2）由二次函数的两个不同的零点都在区间，函数对称轴为，结合二次函数的图像与零点存在性定理可知： ，即，解得

所以的取值范围是

【点睛】已知二次函数的零点所在区间求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）数形结合法：结合二次函数的性质与零点存在性定理，作出符合图像，得到关于参数的不等式组，求解可确定参数范围.

16. 若正实数满足，且不等式有解，则实数的取值范围__________.

【答案】或##

【解析】

【分析】要使有解，则大于最小值即可；求出最小值，建立不等式，求出的取值范围.

【详解】因为，所以，所以，当时，等号成立，因为，所以此时，所以的最小值为，由题可得，解得或.

故填：或

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. 求下列各式的值：

（1）；

（2）；

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据对数运算法则运算求解即可.

（2）根据指数幂的运算法则运算求解即可.

【小问1详解】

解：

【小问2详解】

解：

18. 已知命题p： ∀x∈R，x2-2mx-3m>0成立；命题q： ∃x∈R，x2+4mx+1<0成立．

（1）若命题p为真命题，求实数m的取值范围；

（2）若命题p，q中恰有一个为真命题，求实数m的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由条件可得，解出即可；

（2）首先求出命题p与命题q均为真命题时实数m的取值范围，然后根据p，q一真一假求解即可.

【小问1详解】

若命题p为真命题，则，即，解得，

所以实数m的取值范围是；

【小问2详解】

由（1）若命题p为真命题，则.

又若命题q为真命题，则，解得或，

故若命题p，q中恰有一个为真命题，则真假或真假.

①当真假时，，即；

②当真假时，或，且或，即或；

所以实数m的取值范围是；

19. 在所给的三个条件中任选一个，将下面问题补充完整，并求解

①函数的最小值为；②函数的图像过点；③函数的图像与轴交点的纵坐标为．

已知二次函数，满足，且满足    （填所选条件的序号）．

（1）求函数的解析式

（2）设，当时，函数的最小值为，求实数的值．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，利用待定系数法求解即可；

（2）根据题意，分和两种情况讨论求解.

【小问1详解】

解：因为，

所以，

所以，解得，即

所以，当选①时，

因为函数的最小值为，

所以当时，函数有最小值，解得，

所以，

当选②时，

因为函数的图像过点

所以，解得，

所以

当选③时，

因为函数的图像与轴交点的纵坐标为．

所以，，解得，

所以，

【小问2详解】

解：结合（1）得，

因为函数的对称轴为，

所以，当，即时，函数在上单调递增，

所以，，解得，与矛盾，舍.

当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，解得或（舍），

综上，实数的值为

20. 某公司欲将一批生鲜用冷藏汽车从甲地运往相距千米的乙地，运费为每小时元，装卸费为元，生鲜在运输途中的损耗费的大小(单位：元)是汽车速度()值的倍.(注：运输的总费用＝运费＋装卸费＋损耗费)

（1）若汽车的速度为每小时千米，试求运输的总费用；

（2）为使运输的总费用不超过元，求汽车行驶速度的范围；

（3）若要使运输的总费用最小，汽车应以每小时多少千米的速度行驶？

【答案】（1）元（2）；（3）每小时60千米.

【解析】

【分析】

（1）根据题中条件，直接计算运输总费用即可；

（2）先设汽车行驶的速度为，由题意，得到，求解即可得出结果；

（3）设汽车行驶的速度为，得到运输的总费用为，利用基本不等式，即可求出结果.

【详解】（1）当汽车速度为50时，运输总费用为：

(元)

（2）设汽车行驶的速度为

由题意可得：

化简得，解得

∴汽车行驶速度的范围为.

（3）设汽车行驶的速度为，则运输的总费用为

当且仅当，即时，等号成立

答：故若要使运输的总费用最小，汽车应以每小时60千米的速度行驶.

【点睛】本题主要考查基本不等式的简单应用，考查不等式的解法，属于常考题型.

21. 设函数

（1）当时，解不等式；

（2）若的解集为，，求的最小值

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）去绝对值表示成分段函数形式，解不等式即可；
（2）根据不等式的解集求出，利用1的代换结合基本不等式即可求最值．

【小问1详解】

解：当时，即，

∴，或，或，

解得或无解，或，

∴不等式的解集为.

【小问2详解】

解：由，即，解得，

∵的解集是，

∴，解得，

∴.

∴（当且仅当时取等号）.即，解得，

∴当时，的最小值为.

22. 已知函数，.

（1）若不等式对恒成立，求实数的取值范围；

（2）当时，求关于的不等式的解集.

【答案】（1）；（2）答案见解析.

【解析】

【分析】

（1）对恒成立转化对恒成立，结合二次项情况可得解；

（2）对a分情况讨论,再解一元二次不等式可得答案.

【详解】（1）由题意得对恒成立

即对恒成立

若，则不等式恒成立

若，则解得，

综上，实数的取值范围为.

（2）不等式为，

若，则不等式为，∴

若，则不等式可化为，

①当即时，不等式解为或，

②当即时，不等式解为，

③当即时，不等式解为或，

若，则不等式可化为解得，

综上，当时，不等式解集为，

当时，不等式解集为，

当时，不等式解集为，

当时，不等式解集为，

当时，不等式解集为.

【点睛】解含参的一元二次不等式需从以下几个方面讨论：1.二次系数的符号，2.根的个数，3.根的大小.