2022-2023学年江苏省常州市十校高一上学期期中联考数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省常州市十校高一上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据并集定义求解即可.

【详解】因为，，

所以.

故选：D.

2．命题“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】特称命题的否定，变特称为全称，否定结论即可.

【详解】，”的否定是，。

故选：C

3．关于的不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用一元二次不等式的解法直接求解即可.

【详解】由，得，

因为，

所以不等式的解集为，

故选：A.

4．下列各组函数中，表示同一函数的是（    ）

A．与 B．与

C．与 D．与

【答案】D

【分析】逐一判断四个选项中每两个函数的定义域和对应关系是否相同即可得正确答案.

【详解】对于选项A：，所以两个函数不是同一个函数，故选项A错误；

对于选项B：定义域为，定义域为，定义域不同不是同一函数，故选项B错误；

对于选项C：两函数的对应关系不同，所以两函数不是同一函数，故选项C错误；

对于选项D：定义域为，定义域为，定义域相同，且对应关系相同，两函数是同一函数，故选项D正确；

故选：D

5．下列函数中，值域为的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据定义域即可直接求得值域进行判断.

【详解】由已知值域为，故A错误

因为定义域为， 值域为，故B正确.

，，，所以，故C错误.

，，所以，故D错误.

故选：D

6．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由内层函数的值求出自变量，再代入解析式计算即可.

【详解】当时，，

则.

故选：A.

7．已知，且，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用基本不等式求得正确答案.

【详解】，

当且仅当或时等号成立.

故选：B

8．一个39位整数的64次方根仍是整数，这个64次方根是（    ）（参考数据：，）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意设这个39位数为，这个数的64次方根为，也即，两边同时取对数，然后计算与参考数据比较即可求出结果.

【详解】设设这个39位数为，这个数的64次方根为，

所以，两边同时取以10为底的对数可得：，

所以，因为，

所以，

也即，

因为，，所以，

所以，

故选：C.

二、多选题

9．对于函数，下列说法正确的有（    ）

A．若，则图象与轴必定没有交点

B．若图象与轴没有交点，则必有

C．若，则图象与轴必有两个相异交点

D．若图象与轴有两个相异交点，则必有

【答案】AD

【分析】由二次函数判别式与实数集上解的情况的等价关系，判断其与在给点区间上解的情况的区别即可.

【详解】A选项，等价于方程在实数集上无解，故图象与轴必定没有交点，A正确；

B选项，图象与轴没有交点只出现在给定区间上，不一定在实数集上成立，不一定成立，B不正确；

C选项，等价于方程在实数集上有两个相异的解，不一定在给定区间上，C不正确；

D选项，图象与轴有两个相异交点，必定在实数集上，等价于，D正确.

故选：AD.

10．下列选项正确的有（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】ABC

【分析】对于AC利用不等式同向可加性即可证明，对于B利用不等式可乘性即可，对于D可以举例说明.

【详解】,,相加即得，A正确；对于C，，

且，相加即得，C正确：，，两式相乘，即，B正确；对于D，当时，代入不符合题意，D错.

故选：ABC

11．如图，是全集，是的两个子集，则阴影部分所表示的集合是（       ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】由题阴影部分对应的集合为在M中不在N中，然后利用集合关系确定即可.

【详解】由题可知阴影部分在集合中，而不在集合中，

故阴影部分所表示的元素属于，不属于(属于的补集)， 即；

由题可知阴影部分所表示的元素属于，不属于，即；

所以阴影部分对应的集合为或.

故选：BC.

12．若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】先求得，然后结合基本不等式判断出正确答案.

【详解】，，

所以，

所以，A选项错误.

由基本不等式得，B选项正确.

，C选项正确.

，D选项正确.

故选：BCD

三、填空题

13．函数的定义域为___________．

【答案】

【分析】使函数有意义的条件是被开方数大于等于0，分母不为0.

【详解】要使函数有意义，则，解得且.

故函数的定义域为

故答案为：

14．命题“若，则”，能说明该命题为假命题的一组的值依次为________

【答案】(不唯一)

【分析】代入特殊值，计算，分析，即可．

【详解】代入特殊值，当，发现，为假命题．

【点睛】本道题考查了命题真假判断，难度较容易．

15．已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是_________．

【答案】

【分析】利用分段函数的单调性即可求解.

【详解】由可得或，

当时， 在上单调递增，

当时，在上单调递增，

综上所述，或.

故答案为：.

四、双空题

16．数学家狄利克雷曾给出一个例子：则值域为_____，______．

【答案】     ；     1

【分析】根据的解析式，即可容易求得值域；先求，再求即可.

【详解】根据的解析式可得，当为有理数时，其函数值为；当是无理数时，其函数值为，

故的值域为；

当为有理数时，也为有理数；当为无理数，也为无理数；故，

故.

故答案为：；.

五、解答题

17．（1）计算：；

（2）已知，求的值．

【答案】（1）；（2）47.

【分析】（1）利用换底公式、对数的运算性质及指数幂运算性质计算可得；

（2）利用完全平方公式求出，再求出的值.

【详解】解：（1）

；

（2）因为，

所以，        

所以．

18．已知集合，．

(1)当时，“”是“”的必要条件，求实数m的取值范围；

(2)若，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求出集合，再由已知可得，从而可求出实数m的取值范围；

（2）分和两种情况讨论经即可.

【详解】（1）时，        

因为“”是“”的必要条件，

所以        

所以，

所以

（2）时，，舍去；

时，且，        

解得：．

综上：实数的取值范围是．

19．已知，，．

(1)求的最小值；

(2)求的最小值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用基本不等式可得出关于的不等式，即可求得的最小值；

（2）由已知可得出，利用基本不等式可求得的最小值.

【详解】（1）解：因为，，所以，即，

当且仅当时，即当，时取等号，        

所以的最小值是.

（2）解：因为，，所以，

当且仅当时，即当，时取等号，

所以的最小值是．

20．现有两个条件：①方程的解集为；②不等式的解集为；请你在上述两个条件中任选一个补充到下面的问题中，并求解（请答题时首先说明所选条件的序号）.

已知二次函数的图象过点，且满足________（填所选条件的序号）．

(1)求函数的解析式；

(2)已知实数，，解关于的不等式．

【答案】(1)条件选择见解析，

(2)答案见解析

【分析】（1）选①则结合顶点式和点求得.选②则结合交点式以及点求得.

（2）对进行分类讨论，结合一元二次不等式的解法求得正确答案.

【详解】（1）若选①，

因为方程的解集为，

所以，

将代入，，

解得：，

所以．

若选②，

因为不等式的解集为，

所以，其中，

将代入，，解得：，

所以．

（2），

当时，，解集为，

当时，，解集为，

当时，，解集为.

21．已知函数为定义在上的奇函数，且时，．

(1)求时，函数的解析式；

(2)解关于的不等式：．

【答案】(1)

(2)

【分析】利用奇函数的定义即可求得函数的解析式.

定义法得到函数的单调性，根据自变量的大小关系求解不等式.

【详解】（1）因为为定义在上的奇函数，

所以，所以

又因为时，，所以

所以时，

时，，所以

（2）由（1）知：

设为区间上的任意两个值，且，

则

因为，

所以，即，

所以在区间上是增函数    

又因为，所以，解得

所以不等式的解集为

22．已知函数．

(1)当时，求的增区间；

(2)若，都有，求实数a的取值范围．

【答案】(1)和

(2)

【分析】（1）根据已知及分段函数，函数的单调性与单调区间的计算，求出的单调增区间；（2）根据已知及二次函数的性质求最值，结合不等式和绝对值不等式的计算求出实数a的取值范围．

【详解】（1）时，，

时，在上单调递增，在上单调递减

时，单调递增

综上，的增区间是和

（2）因为对，都有        

所以，所以    

又时，所以    

所以时，，    

又时，，

所以问题转化为：对恒成立，

整理得：对恒成立，

所以，    

因为在上单调递增，所以时，    ，

因为时，，

当且仅当即时取等号，

所以，

所以