2022-2023学年江苏省扬州大学附属中学东部分校高一上学期期中数学试题（解析版）

扬大附中东部分校2022-2023学年度第一学期期中考试高一年级

数学

一、单项选择题：本大题共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请把答案填涂在答题卡相应位置上.

1. 已知集合，则的真子集共有（    ）

A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 8个

【答案】B

【解析】

【分析】根据交集运算得集合P，再根据集合P中的元素个数，确定其真子集个数即可.

详解】解：

，的真子集是共3个.

故选：B.

2. 函数的定义域是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】列出使函数解析式有意义的不等式，解出的取值范围即函数的定义域.

【详解】由题，，解得.

故选：    D.

3. 已知p：，那么p的一个充分不必要条件是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用集合的关系，结合充分条件、必要条件的定义判断作答.

【详解】对于A，，且，即是p的不充分不必要条件，A不是；

对于B，，且，即是p的不充分不必要条件，B不是；

对于C，，即是p的一个充分不必要条件，C是；

对于D，，即是p的必要不充分条件，D不是.

故选：C

4. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，分别比较、和1的大小，即可求解.

【详解】根据题意，因，，所以.

故选：B.

5. 已知，那么用表示是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据指数与对数的关系及对数的性质计算可得；

【详解】解：因为，所以

所以==，

故选：A．

6. 已知集合，则A∩B=（    ）

A. {x|-2≤x<2} B. {x|-2≤x≤1} C. {x|-2≤x≤-1} D. {x|-2≤x<-1}

【答案】D

【解析】

【分析】求出集合后可求.

【详解】，而或，

故，

故选：D.

7. 若函数是定义在上奇函数，且满足，当时，，则当时，函数的解析式为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据奇函数及得出，把转化为，根据所给解析式可求结果.

【详解】因为函数是奇函数，所以，

因为，所以，

当时，；

因为当时，，所以

所以.

故选：D.

8. “”是函数“是定义在上的增函数”的（    ）

A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】分段函数若在上单调递增，则要求每一段是增函数，且在临界点处“左低右高”.

【详解】若是定义在上的增函数，

则有，解得，

所以“”是函数“是定义在上的增函数”的充分必要条件.

故选：C.

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有选错的得0分．

9. 下列函数中，在上为增函数的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】根据基本初等函数的单调判断即可；

【详解】解：对于A：在定义域上单调递减，故A错误；

对于B：在上单调递增，故B正确；

对于C：在上单调递减，在上单调递增，故C错误；

对于D：在定义域上单调递增，故D正确；

故选：BD

10. 下列叙述中不正确的（    ）

A. 命题“，总有”的否定是“，使得”

B. 设，则“”的充要条件“”；

C. “”是“方程有一个正根和一个负根”的充分不必要条件；

D. “”是“”的充分不必要条件

【答案】BC

【解析】

【分析】依据全称量词命题的否定的，以及必要条件､充分条件与充要条件的定义逐项判断.

【详解】解：选项A：依据全称量词命题的否定，可知命题“，总有”的否定是“，使得”，故选项A正确；

选项B：若，，则不成立，选项B不正确；

选项C：当时，一元二次方程根的判别式为，

即方程有两个根，注意到二次函数图像开口向上，

在处取值为，因此方程有一个正根和一个负根，

反之，若方程有一个正根和一个负根，则其解设为，，

有，因此是“方程有一个正根和一个负根”的充要条件，故选项C不正确；

选项D：时，显然，反之，得到或，因此“”是“”的充分不必要条件，故选项D正确.

故选：BC.

11. 已知，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】求差法判断选项A；求得取值范围判断选项B；求得之间的关系判断选项C；求得取值范围判断选项D.

【详解】因为，则，

所以，故选项A判断正确；
因为，所以，故选项B判断错误；
因为，又，所以，故选项C正确；
因为，则，故选项D判断正确.
故选：ACD

12. 下列结论中，正确的结论有．

A. 如果，那么取得最大值时的值为

B. 如果，，，那么的最小值为6

C. 函数的最小值为2

D. 如果，，且，那么的最小值为2

【答案】AB

【解析】

【分析】

A.将其配成顶点坐标式即可得出答案；

B.将其配成代入即可得其最小值；

C. 函数，当且仅当此时无解

D.根据题意构造，将“1”替换为，代入用基本不等式.

【详解】解：对于A. 如果，那么，当时取得最大值，故正确；

对于B.如果，，则整理得，所以或（舍去），当且仅当时取得最小值，故正确；

对于C. 函数，当且仅当此时无解，不能取得最小值2，故错误；

对于D. 如果，，且，

那么

当且仅当即时取得最小值，故错误.

故选：AB

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填写在答题卡相应位置．

13. 已知集合，若集合A中只有一个元素，则实数a的取值的集合是______．

【答案】

【解析】

【分析】分与两种情况，结合一次函数与二次函数的解分析即可.

【详解】当时，，满足条件；

当时，只有1个元素，则二次方程判别式，解得

故或

故答案为：

14. 已知命题p：“，”为真命题，则实数a的最大值是___．

【答案】

【解析】

【分析】分离参数，将问题转化为，然后利用均值不等式求出最小值即可得答案.

【详解】解：由题意，，恒成立，

因为，当且仅当时等号成立，

所以，即a最大值是．

故答案为：.

15. 函数的图象一定过定点__________.

【答案】

【解析】

【分析】当真数为时，对数值恒为，令真数等于，解出定点横坐标，代入解析式得定点纵坐标

【详解】令，则

所以

所以过定点

故答案为：

16. 已知函数为定义在R上的奇函数，且对于，都有，且，则不等式的解集为___________.

【答案】

【解析】

【分析】令，可得是上的增函数，根据为奇函数可得为偶函数，且在上是减函数，分类讨论的符号，将变形后，利用的单调性可解得结果.

【详解】令，则对于，都有，

所以是上的增函数，

因为函数为定义在R上的奇函数，所以，

所以，所以是定义在R上的偶函数，所以在上是减函数，

当时，化为，即，因为是上的增函数，所以，

当时，化为，因为为奇函数，且，所以，所以化为，因为在上是减函数，所以，

综上所述：的解集为.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：构造函数，利用的奇偶性和单调性求解是解题关键.

四、解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，

17. 设为实数，集合，.

（1）若，求，；

（2）若，求实数的取值范围.

【答案】（1），或   

（2）或

【解析】

【分析】（1）利用并集及交集和补集运算法则进行计算；（2）根据交集结果比较端点值的大小求解实数的取值范围.

【小问1详解】

当时，，又

所以，

所以或.

【小问2详解】

由，则，由，

则或

即或

当时，实数的取值范围是或.

18. 求下列函数的最值

（1）已知，求的最小值；

（2）已知，且，求的最小值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用基本不等式即可求解；（2）利用基本不等式“1”的妙用即可求解.

【小问1详解】

由题得，

因为，所以，

所以，

当且仅当，即时取得等号，

所以的最小值为.

【小问2详解】

由得，所以，

所以，

当且仅当，即即时取得等号，

所以的最小值为.

19. 化简求值（需要写出计算过程）

（1）若，，求的值；

（2）．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先取对数将表示出来，代入计算即可；（2）直接计算即可.

【小问1详解】

，，得

【小问2详解】

原式

20. 命题成立；命题成立.

（1）若命题p为真命题，求实数m的取值范围；

（2）若命题q为假命题，求实数m的取值范围；

（3）若命题p，q至少有一个为真命题，求实数m的取值范围.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）当为真命题时，，求解即可；

（2）当命题为假命题时，，求解即可；

（3）先求出命题与命题均为假命题时的取值的范围，再求出补集即可求解

【小问1详解】

若命题为真命题，

则，解得，

所以实数的取值范围是；

【小问2详解】

若命题为假命题，

则，解得，

所以实数的取值范围是；

【小问3详解】

由（1）（2）可知命题与命题均为假命题时，则

或，

解得，

故命题与命题中至少有一个为真命题，

则或

所以实数的取值范围是.

21. 已知函数是奇函数.

（1）求实数的值；

（2）用定义证明函数是增函数；

（3）解不等式.

【答案】（1）   

（2）证明见解析    （3）

【解析】

【分析】（1）根据奇函数可得；

（2）利用定义法直接证明函数的单调性；

（3）根据函数的奇偶性与单调性解不等式.

【小问1详解】

由函数是奇函数，

得，

解得；经检验成立

【小问2详解】

由（1）得，

任取，，且，即，，

则，

即，

所以函数是增函数；

【小问3详解】

由（1）得，函数为奇函数，，

则，

又由（2）得，函数单调递增，

所以，即，

解得，

所以该不等式的解集为.

22. 已知定义在R上的函数满足且，．

（1）求的解析式；

（2）若不等式恒成立，求实数a取值范围；

（3）设，若对任意的，存在，使得，求实数m取值范围．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据，代入计算可得；

（2）根据单调性得，分离参数求最值即可.

（3）因为对任意的，存在，使得，等价于，先求的最小值，再分类讨论对称轴与区间的位置关系，使的最小值满足小于等于1的条件，求解即可.

【小问1详解】

由题意知，，

即，所以，

故.

【小问2详解】

由（1）知，，

所以在R上单调递增，

所以不等式恒成立等价于，

即恒成立.

设，则，，当且仅当，即时取等号，

所以，

故实数a的取值范围是.

【小问3详解】

因为对任意的，存在，使得，

所以在上的最小值不小于在上的最小值，

因为在上单调递增，

所以当时，，

又的对称轴为，，

当时，在上单调递增，，解得，

所以；

当时，在上单调递减，在上单调递增，

，解得，所以；

当时，在上单调递减，，解得，

所以，

综上可知，实数m的取值范围是.