2022-2023学年上海市闵行中学、文绮中学高一上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年上海市闵行中学、文绮中学高一上学期期中数学试题（解析版），共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市闵行中学、文绮中学高一上学期期中数学试题 一、单选题1．己知，则“”是“”的（    ）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件【答案】C【分析】利用指对数的性质，结合充分、必要性定义判断条件间的推出关系，即可得答案.【详解】当，时，，充分性成立；当，时，则，必要性成立；所以“”是“”的充要条件.故选：C2．如图是幂函数的部分图像，已知分别取这四个值，则与曲线相应的依次为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据幂函数的图象和性质之间的关系进行判断即可.【详解】当时，幂函数在第一象限内单调递减，当时，幂函数在第一象限内单调递增，所以，当时，幂函数在第一象限内单调递增，所以，所以相应曲线的依次为.故选：A3．已知,则下列推理中正确的是 (　 　)A． B．C． D．【答案】C【详解】试题分析：对于A，当时不成立；对于B，当时不成立；对于D，当均为负值时，不成立，对于C，因为在上单调递增，由，又因为，所以即，正确；综上可知，选C.【解析】不等式的性质.4．对于使成立的所有常数中，我们把的最小值叫做的上确界,若，则的上确界为A． B． C． D．【答案】B【详解】试题分析：由题意可知，只需求的最大值即可，因此可先求 的最小值，，当且仅当 ，即时取等号，所以 的最大值是 ，故选B. 【解析】基本不等式. 二、填空题5．已知集合与集合，则_______.【答案】【分析】利用数轴将两个不等式表示出来，然后得到的结果.【详解】如图所示：则【点睛】本题考查集合间的交集运算，难度较易.6．已知集合，若，则___________．【答案】5【分析】根据集合相等的定义即可得出答案.【详解】解：因为，，所以，所以.故答案为：5.7．函数恒过定点___________．【答案】【分析】利用指数型函数的特征，求解函数恒过的定点坐标.【详解】当，即时，，所以恒过定点.故答案为：8．若幂函数的图像经过点，则_____________.【答案】##【分析】待定系数法求解即可.【详解】解：因为幂函数的图像经过点，所以，解得 故答案为：9．设，若是的必要条件，则实数的取值范围为______.【答案】【分析】根据必要条件即得解.【详解】因为是的必要条件，所以是的子集，即.故答案为：.10．满足条件的集合的个数为______【答案】2【分析】直接求出满足条件的集合，即可得到答案.【详解】满足条件的集合有共2个.故答案为：2.11．已知，关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为_______.【答案】【分析】根据“三个二次关系”确定参数值，进而解二次不等式即可.【详解】∵关于的不等式的解集为，∴，即，∴关于的不等式可化为，即∴解集为，故答案为：12．已知，则______;【答案】3【分析】由指对数关系可得，再应用对数的运算性质化简求目标式的值.【详解】由题设，，则.故答案为：313．指数函数在区间[0,4]上的最大值与最小值之和为17，则______;【答案】2【分析】利用指数函数的单调性有，即可求参数值.【详解】由在[0,4]上单调，则，所以.故答案为：214．设，求方程的解集__________.【答案】【解析】分四种情况去绝对值求解即可.【详解】当时，原方程化为：，即，故此时；当时，原方程化为：，即，故此时，与矛盾，舍掉；当时，原方程化为：，即，解得，与矛盾，舍掉；当时，原方程化为：，即，故此时；综上所述：方程的解集为：.故答案为：.15．若关于的不等式的解集不是空集，则的取值范围是________.【答案】或【分析】分别讨论和，利用不等式的解集不是空集，解出的取值范围.【详解】解：若，则原不等式等价为，此时不等式的解集为空集，所以不成立，即.若，要使不等式的解集不是空集，则①若，有，解得.②若，则满足条件.综上所述，满足条件的的取值范围是或.故答案为：或.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的基本解法，属于基础题.16．若正实数、满足，且，则的取值范围为______．【答案】【分析】由结合重要不等式得到；由 两边平方后变形，再根据重要不等式得到，进而可得所求的范围．【详解】由，得，当且仅当时等号成立，所以．由，得，即所以即，解得．所以．故的取值范围为．【点睛】本题考查综合应用不等式知识解决问题，考查变形应用的能力，解题时要根据所求选择合适的不等式，同时要正确判断是将式子进行放大还是进行缩小，特别要注意等号能否成立． 三、解答题17．已知集合，全集为．(1)求集合；(2)求阴影部分表示的集合．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先求出集合A，B，再由并集的定义求解即可；（2）由文氏图可知阴影部分表示的集合为，再由补集与交集的定义求解即可【详解】（1）因为，，所以；（2）由文氏图可知阴影部分表示的集合为，因为或，所以，所以阴影部分表示的集合为18．已知，，(1)当，求的值：(2)当时，用表示.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由对数真数大于零可求得范围，根据对数运算法则化简已知等式可得关于的方程，解方程可求得结果；（2）根据对数运算法则可知，，利用换底公式和对数运算法则表示出，代入整理可得结果.【详解】（1），，，解得：，，解得：（舍）或；即.（2）当时，，，，，.19．某轮船公司的一艘轮船每小时花费的燃料费与轮船航行速度的平方成正比，比例系数为．轮船的最大速度为15海里/小时．当船速为10海里/小时，它的燃料费是每小时96元，其余航行运作费用（不论速度如何）总计是每小时150元．假定运行过程中轮船以速度匀速航行．（1）求的值及每小时的总费用H；（2）求该轮船航行100海里的总费用W（燃料费+航行运作费用）的最小值．【答案】（1）k=0.96，；（2）2400.【分析】（1）由题意设，再根据船速为10海里/小时，它的燃料费是每小时96元求解k，然后由每小时的总费用为燃料费和航行运作费用的总和求解；（2）根据（1）每小时的总费用乘以该轮船航行100海里的时间，建立总费用模型，然后利用基本不等式求解.【详解】（1）因为轮船每小时花费的燃料费与轮船航行速度的平方成正比，设，因为船速为10海里/小时，它的燃料费是每小时96元，所以，解得，则每小时的总费用；（2）该轮船航行100海里的总费用，当且仅当，即时，等号成立，所以总费用W的最小值是2400．20．已知､是一元二次方程的两个实数根.(1)若､均为正根，求实数k的取值范围；(2)求使的值为整数的k的整数值；(3)是否存在实数k，使得成立？若存在，求出k的值；若不能存在，请说明理由.【答案】(1)(2)(3)不存在，理由见详解 【分析】（1）由题意，利用判别式和韦达定理控制范围，列出不等式组即得解；（2）利用韦达定理可得，结合为整数，且，即得解；（3）利用韦达定理可得，求解可得，与矛盾，即得解【详解】（1）由题意，一元二次方程有两个正根､故解得：（2）由题意，又当，即时故由于为整数，故只能取，又故整数的值为（3）由题意，当，即时，有解得：，与矛盾故不存在实数k，使得成立21．对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”．同时点是点的“下位点”；(1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标；(2)已知点是点的“上位点”，判断点是否是点的“下位点”，证明你的结论；(3)设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素 ，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由．【答案】(1)“上位点”为，“下位点”为；(2)是，证明见解析(3) 【分析】（1）由定义即可得所求点的坐标.（2）先由点是点的“上位点”得，作差化简得，结合所得结论、定义，利用作差法即可判断出点是否是点的“下位点”.（3）借助（2）的结论证明点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”，再利用所证结论即可得到满足要求的一个正整数的值.【详解】（1）根据题设中的定义可得点的一个上位点“坐标”和一个“下位点”坐标分别为和；（2）点是点的“下位点”，证明：点是点的“上位点”，     又均大于，     ，      ，即，所以点是点的“下位点”.（3）可证点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”，证明：点是点的“上位点”， 均大于，     ，      ，即，所以点是点的“上位点”，同理可得，即，所以点是点的“下位点”，所以点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”．根据题意知点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”对时恒成立，根据上述的结论可知，当，时，满足条件.故：【点睛】关键点点睛：理解并运用“上位点”和“下位点”的定义是解题的关键.