2022-2023学年江苏省连云港市海州区四校高一上学期期中联考数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省连云港市海州区四校高一上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．命题“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】直接用存在量词否定全称命题即可得到答案.

【详解】因为用存在量词否定全称命题，

所以命题“，”的否定是“，”.

故选：A

2．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据集合交集，并集定义计算即可.

【详解】由题可知

，A正确，B错误;

，C错误，D错误.

故选:A

3．不等式的解集为（    ）

A．或 B．

C．或 D．

【答案】A

【分析】根据二次不等式的解法求解即可.

【详解】可化为，

即，即或．

所以不等式的解集为或.

故选：A

4．如图，已知集合，集合，，则图中阴影部分表示的集合的子集的个数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求得图中阴影部分表示的集合，再根据该集合中元素个数即可求出该集合子集个数.

【详解】，则或，

图中阴影部分表示的集合为

或；

集合的子集有（个）

则图中阴影部分表示的集合的子集个数为.

故选：D

5．“”是“关于的方程有实数根”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】求出当方程有实数根时，实数的取值范围，利用集合的包含关系判断可得出结论.

【详解】若关于的方程有实数根，则，解得，

因为，

因此，“”是“关于的方程有实数根”的充分不必要条件.

故选：A.

6．已知，则

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】运用中间量比较，运用中间量比较

【详解】则．故选B．

【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．

7．设a>0，则的最小值为（    ）

A． B．2

C．4 D．5

【答案】D

【分析】根据基本不等式可求解.

【详解】，，当且仅当a=2时取等号，

所以的最小值为5.

故选：D.

8．为了衡量星星的明暗程度，公元前二世纪古希腊天文学家喜帕恰斯提出了星等这个概念.星等的数值越小，星星就越亮.1850年，由于光度计在天体光度测量的应用，英国天文学家普森又提出了亮度的概念，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为的星的亮度为.已知小熊座的“北极星”与大熊座的“玉衡”的星等分别为和，且当较小时，，则“玉衡”与“北极星”的亮度之比大约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】理解题意，把已知数据代入公式计算即可.

【详解】由题意，可得，

.

故选：B.

二、多选题

9．已知，则下列推证中不正确的是   

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】利用不等式的基本性质即可判断出结论．

【详解】解：A．时不成立．

B．时不成立．

C．，两边同除以，可得，正确．

D．由，，取，可得，不成立．

故选ABD．

【点睛】本题考查了不等式的基本性质，属于基础题．

10．设，，若，则实数m的值可以为（    ）

A． B．-1 C．0 D．

【答案】ABC

【解析】由可得，求出集合，讨论和，即可得的值.

【详解】,

由可得，

当时，，满足，

所以符合题意；

当时，，

若，则或，可得：或，

综上所述：实数的值可以为：，，；

故选：ABC.

【点睛】易错点睛：若，分和两种情况讨论分析.

11．已知实数a满足，下列选项中正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】由结合完全平方公式分别求出各个选项式子的值，即可判断正误．

【详解】,，，故选项A正确;

，，故选项B错误;

,，故选项C正确;

,且

，，，故选项D正确.

故选：ACD

12．下列说法中，以下是真命题的是（    ）．

A．存在实数，使

B．所有的素数都是奇数

C．至少存在一个正整数，能被5和7整除.

D．三条边都相等的三角形是等边三角形

【答案】ACD

【分析】举例证明选项AC正确；举反例否定选项B；依据等边三角形定义判断选项D.

【详解】选项A：当时，成立.判断正确；

选项B：2是素数，但是2不是奇数.判断错误；

选项C：正整数35和70能被5和7整除. 判断正确；

选项D：三条边都相等的三角形是等边三角形. 判断正确.

故选：ACD

三、填空题

13．已知则实数的值为_____________

【答案】5

【分析】根据集合中元素的确定性讨论和，再结合元素互异性即可求解.

【详解】因为，

当时，那么，不满足集合元素的互异性，不符合题意，

当时，，此时集合为符合题意，

所以实数的值为，

故答案为：．

14．若，，则的值为__________.

【答案】1

【分析】利用根式的性质进行求解.

【详解】因为，

，

所以.

故答案为：1.

15．若命题“，”是假命题，则实数a的取值范围是______．

【答案】．

【分析】由原命题的否定是真命题，结合一元二次不等式恒成立可得．

【详解】命题“，”是假命题，则其否定，是真命题，

所以，解得．

故答案为：．

16．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若不相等的两个正实数满足，且恒成立，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【分析】先利用基本不等式求出的最小值，再利用不等式恒成立进行求解.

【详解】因为，，且，

所以

（当且仅当，即时取“=”），

因为恒成立，所以.

故答案为：.

四、解答题

17．化简下列式子并求值:

(1);

(2).

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)将式子用对数运算公式等展开合并化简即可求值;

(2)将式子用分数指数幂运算公式等,进行化简求值即可.

【详解】（1）解:原式为

;

（2）原式为

.

18．已知集合.

(1)若A中只有一个元素，求的值；

(2)若A中至少有一个元素，求的取值范围.

【答案】(1)或

(2)

【分析】(1)针对和两种情况分类讨论，再转化为一元一次方程和一元二次方程分别得出的值即可

(2)确定A中有两个元素，可转化为一元二次方程两个不相等实数根进行求解，再结合第一问一个元素

的情况即可得出的取值范围

【详解】（1）由题意，当时，，得，集合A只有一个元素，满足条件；当时，

为一元二次方程，，得，集合A只有一个元素，

A中只有一个元素时或.

（2）由A中至少有一个元素包含两种情况，一个元素和两个元素，A中有两个元素时，并且

，得且，再结合A中一个元素的情况，的取值范围为.

19．已知集合，，且．

(1)若命题：“，”是真命题，求实数的取值范围；

(2)若命题：“，”是真命题，求实数的取值范围。

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）命题可转化为，又，列出不等式控制范围，即得解；

（2）命题可转化为，先求解，且时，实数的范围，再求解对应范围的补集，即得解

【详解】（1）因为命题：“，”是真命题，所以，又，

所以，解得

（2）因为，所以，得．

又命题：“，”是真命题，所以，

若，且时，则或，且

即

故若，且时，有

故实数的取值范围为

20．已知非空集合，．

(1)若，求；

(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由交集，补集的概念求解，

（2）转化为集合间关系后列式求解，

【详解】（1）当时，，，则,，

（2）由题意得是的真子集，而是非空集合，

则且与不同时成立，解得，

故a的取值范围是

21．如图，某人计划用篱笆围成一个一边靠墙（墙的长度没有限制）的矩形菜园．设菜园的长为xm，宽为ym．

(1)若菜园面积为72m2，则x，y为何值时，可使所用篱笆总长最小？

(2)若使用的篱笆总长度为30m，求的最小值．

【答案】(1)菜园的长x为12m，宽y为6m时，可使所用篱笆总长最小

(2)．

【分析】（1）由已知可得xy＝72，而篱笆总长为x+2y．利用基本不等式x+2y≥2即可得出；

（2）由已知得x+2y＝30，利用基本不等式（）•（x+2y）＝55+2，进而得出．

【详解】（1）由已知可得xy＝72，而篱笆总长为x+2y．又∵x+2y≥224，

当且仅当x＝2y，即x＝12，y＝6时等号成立．

∴菜园的长x为12m，宽y为6m时，可使所用篱笆总长最小．

（2）由已知得x+2y＝30，

又∵（）•（x+2y）＝55+29，

∴，当且仅当x＝y，即x＝10，y＝10时等号成立．

∴的最小值是．

22．（1）若不等式的解集为，求实数，的值；

（2）若不等式对一切实数都成立，求实数的取值范围.

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）根据不等式解集得到一元二次方程的两根，利用韦达定理求出实数，的值；

（2）分与两种情况，列出不等式组，求出实数的取值范围.

【详解】（1）若不等式解集为，

则，和是二次方程的两个实数根，

∴，，求得实数，.

（2）若不等式对一切实数都成立，

当，即时，，成立，

当时，，

解得：.

综上可得，，

故的取值范围为.