2022-2023学年江西省高一上学期第二次模拟选联考数学试题（解析版）

2022-2023学年江西省高一上学期第二次模拟选联考数学试题

一、单选题

1．函数的定义域为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据对数函数以及根式、分式的定义域要求，列出不等式组，求解即可得到.

【详解】要使函数有意义，则应满足，

解得，所以函数的定义域为.

故选：A.

2．已知集合，，，则集合C的真子集个数为（    ）

A．7 B．8 C．15 D．16

【答案】A

【分析】将集合中的元素逐个代入，得到集合，进而通过列举法可以得到集合的真子集个数.

【详解】将集合中的元素逐个代入，因为，所以

.

则集合C的真子集有，，，，，，，共有7个.

故选：A.

3．德国数学家狄里克雷（Johann Peter Gustay Dejeune Dirichlet，1805—1859）在1837年时提出“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，那么y是x的函数.”这个定义较清楚地说明了函数的内涵，只要有一个法则，使得取值范围中的每一个x，都有一个确定的y和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图像、表格等形式表示，例如狄里克雷函数.若，则x₀可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，可知.检验或化简各项，即可得到答案.

【详解】根据函数的定义，知若，则.

，是个有理数.而其它选项都是无理数.

故选：C．

4．某市举行以“学习党的二十大精神，培根铸魂育新人”为主题的中小学教师演讲比赛.若将报名的50位教师编号为00，01，…，49，利用下面的随机数表来决定他们的出场顺序，选取方法是从下面随机数表第1行第5列开始横向依次选取两个数字，重复的剔除，则选出来的第8个个体的编号为（    ）

45 67 32 12 12 31 02 01 04 52 15  20  01 12 51  29

32 04 92 34 49 35 82 00 36 23 48  69  69 38 74  81

A．12 B．20 C．29 D．23

【答案】B

【分析】根据随机数表的读数规则，按顺序依次选取，剔除重复的和编号之外的，选出8个编号，即可得到结果.

【详解】根据随机数表的读数规则，依次从随机数表中读出的有效编号为：32，12，31，02，01，04，15，20，得到选出来的第8个个体的编号为20.

故选：B．

5．已知，则下列命题中正确的是（    ）

A．，，有成立

B．，，有成立

C．，，有成立

D．，，有成立

【答案】A

【分析】根据不同函数类型的增长速度，即可得到答案.

【详解】因为，所以函数、、均为单调递增函数.

而且各类函数的增长速度为：指数函数快于幂函数，幂函数快于对数函数.

所以，，，有成立.

故选：A.

6．已知，，. 其中为自然对数的底数，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据对数函数的单调性以及不等式的性质可依次求出，，，即可得到a，b，c的大小关系.

【详解】，，

因为，所以，所以有，即.

所以.

故选：D．

7．“为方程的解”是“为方程的解”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】B

【分析】当时，对两边同时取以2为底的对数可变形为；当时，有解，而定义域为，显然无解，由此可作出判断.

【详解】定义域为.

当时，等价于，即；

当时，单调递减，，知存在满足方程，但不满足，

所以“为方程的解”能推出“为方程的解”，反之不可.

故选：B．

8．已知为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据的奇偶性、单调性来求得不等式的解集.

【详解】依题意，是偶函数，图象关于轴对称，

当时，是单调递增函数，

所以在上单调递减.

当时，由解得，即，

所以，所以，

所以不等式的解集为.

故选：B

二、多选题

9．已知，且，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据已知可得，．然后根据不等式的性质，即可判断各项.

【详解】由已知可得，所以．又因为，所以．

对于A，因为，，所以，故A正确；

对于B，因为，，所以，故B错误；

对于C，因为，，所以，所以，故C正确；

对于D，因为，，所以，所以，故D错误.

故选：AC．

10．函数与在同一平面直角坐标系中的图象可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】先观察的函数图象，根据单调性得出或.然后结合直线与轴交点的纵坐标，即可得出正确答案.

【详解】曲线为的图象，直线为的图象.

对于A，对于，函数单调递增知，.对于，当时，，显然，矛盾，所以A项错误；

对于B，对于，函数单调递增知，.对于，当时，，所以B项正确；

对于C，对于，函数单调递减知，.对于，当时，，显然，所以C项正确；

对于D，对于，函数单调递减知，.对于，当时，，矛盾，所以D项错误.

故选：BC.

11．已知，且，则a的值可能为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．6

【答案】AD

【分析】由已知可得.分与讨论，结合换底公式，即可求出a的值.

【详解】由，可得.

当时，，此时满足；

当时，由.

又，所以，，

则，.

所以有，解得.

综上所述，或.

故选:AD.

12．已知函数，方程有四个实根，，，，且数值依次递增，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】作出函数的图象，由图像可知，当时，方程有四个实根，且，，，，根据不等式的性质可判断B项；根据是方程的两根，可判断A项；根据是方程的两个解，可得，结合，，可判断C项；由，可得，则，根据对勾函数的单调性，即可求得，可判断D项.

【详解】

如图，作出函数的图象，可知当时，函数的图象与直线有四个交点，即方程有四个实根，且，，，.

对于A项，因为是方程的两根，即是方程的两根，所以，故A项正确；

对于B项，由A知，，，所以，所以，故B项错误；

对于C项，因为，，所以，.又是方程的两个解，所以，即，所以

，所以，故C项正确；

对于D项，由可得，，即，所以，则.令，，因为在上单调递减，所以有.所以，故D项正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．的最小值为_________.

【答案】4

【分析】由是个定值，根据基本不等式，即可求解.

【详解】因为，所以，当且仅当时等号成立．

故答案为：4.

14．请写出一个同时满足以下三个条件的函数解析式：_________

①图象在上是连续不断的曲线；②；③在上至少存在一个零点.

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据已知的三个条件，写出一个合适的函数即可.

【详解】的图象在上是连续不断的曲线；

且，则；

在上存在零点2．

故答案为：（答案不唯一）

15．已知m，n为常数，若函数和函数的图象过同一个定点，则_________.

【答案】1

【分析】首先分别求出与的定点，根据已知，两点重合，即可得出方程组，求解即可.

【详解】令，则，过定点，

令，则，过定点.

由已知可得，解得，所以.

故答案为：1.

16．已知为R上的奇函数，且，当时，，则______.

【答案】

【分析】根据已知，首先推出，然后得到，根据奇偶性，求出

，即可解出.

【详解】因为函数为R上的奇函数，所以，即当时，．

又，所以，即.

又为R上的奇函数，所以.

所以．

故答案为：.

四、解答题

17．已知幂函数的图像关于y轴对称.

(1)求m的值;

(2)若函数求的单调递增区间.

【答案】(1)2；

(2).

【分析】（1）根据幂函数可知，又可推出函数为偶函数，即可求得；

（2）先解出，分情况去掉绝对值，结合二次函数的性质，即可得到结果.

【详解】（1）由题意知，解得，或．

又因为的图像关于y轴对称，所以为偶函数，从而．

所以，.

（2）由（1）知，，

当时，，对称轴为，

所以在上单调递减，在上单调递增．

当时，，对称轴为，

所以在上单调递减，在上单调递增．

因此，的单调递增区间为．

18．(1)计算: ；

(2)已知，求 的值.

【答案】(1)1；

(2).

【分析】（1）可化简为，根据换底公式可得，然后求解即可得到；

（2）利用与的关系解出，可联立方程组，解出，将变形为代入即可；也可以解出，代入原式；也可以在分子分母同时乘以得到，代入求解.

【详解】（1）原式

．

（2）解法一：，

所以，

联立，解得，从而，

所以．

解法二：，所以，

联立，解得，

则．

解法三：，所以，

从而．

19．从；.中选一个，解决下列问题

(1)若函数的定义域为R，求实数a的取值范围;

(2)若函数的值域为R，求实数a的取值范围.

如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）先分别求出函数的值域以及函数的值域.要使的定义域为R，则应使恒成立，即最小值，代入即可解出实数a的取值范围；

（2）要使函数的值域为R，则应是函数值域的子集，即最小值，代入即可解出实数a的取值范围.

【详解】（1）若选，

令，则，

当，即时，，所以函数的值域为．

因为函数的定义域为，所以不等式恒成立，

由题意知，解得，

则实数a的取值范围为；

若选，

令，则，

当，即时，，所以函数的值域为．

因为函数的定义域为，所以不等式恒成立，

由题意知，解得，

则实数a的取值范围为．

（2）若选.

由（1）知，函数的值域为．

要使函数的值域为R，则应是函数值域的子集，

即应有，所以，所以实数a的取值范围为；

若选.

由（1）知，函数的值域为．

要使函数的值域为R，则应是函数值域的子集，

即应有，所以，所以实数a的取值范围为.

20．已知函数是指数函数，且

(1)解不等式；

(2)求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）待定系数法求出，换元法求出，然后求解指数不等式即可得到；

（2）先证明，又，所以可得

.

【详解】（1）设（且），

令，可得，

因为，所以，

从而，解得．

所以，即，于是有，

令，得，所以，因此．

则不等式化为，即，

根据单调递增，有解得，

所以不等式的解集为．

（2）由（1）知，.

则，

所以，

又，所以.

所以.

21．某中学筹办年校庆，需为参加校庆的校友、嘉宾每人准备一份纪念品，共需要准备份纪念品，每份纪念品包含一支钢笔和一个保温杯，现需要将钢笔和保温杯装入精品礼盒.校庆筹备小组共有人，现将其分成两组，一组完成钢笔的装盒工作，另一组完成保温杯的装盒工作，据测算，人一天可完成支钢笔的装盒工作，人一天可完成个保温杯的装盒工作.

(1)若安排人完成钢笔的装盒工作，则完成纪念品装盒工作的工期为多久?

(2)如何安排两组的人数，才能使工期更短?

【答案】(1)天

(2)安排人完成钢笔的装盒工作，人完成保温杯的装盒工作，可以使得工期最短．

【分析】（1）计算出人完成钢笔的装盒工作或完成保温怀的装盒工作的天数，比较大小后可得出结论；

（2）完成纪念品装盒工作的工期的函数解析式，利用函数的单调性求出的最小值，即可得出结论.

【详解】（1）解：若安排人完成钢笔的装盒工作，则完成钢笔的装盒工作需要天，

完成保温怀的装盒工作需要天天．

则完成纪念品装盒工作的工期为天．

（2）解：设安排人完成钢笔的装盒工作，则完成钢笔的装盒工作需要天，

完成保温怀的装盒工作需要天，其中．

因为函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递增，

所以完成纪念品装盒工作的工期为，

由，即，得．

从而，

因为函数在区间上单调递减，在上单调递增，

计算可得，，且，

所以安排人完成钢笔的装盒工作，人完成保温杯的装盒工作，可以使得工期最短．

22．已知二次函数，满足，且对，恒成立.

(1)求的解析式;

(2)是否存在实数，使函数的定义域为，值域为，若存在，求出；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在，，．

【分析】（1）令，可得.根据恒成立，可得.又，联立可解出的解析式，检验恒成立即可；

（2）假设存在.首先根据二次函数的性质，可知，从而得出在上单调递增，根据已知列出方程组，即可解出的值.

【详解】（1）由已知，.

因为对，恒成立．

所以令，则，所以①

因为对，恒成立，所以恒成立，

则应有，且.

因为，所以，

则，

又因为，所以，

所以②

又③

联立①②③解得，，，，则.

此时有恒成立，

即对，恒成立.

故的解析式为．

（2）假设存在实数，使函数的定义域为，值域为.

因为，所以，解得，

因为对称轴为，从而在上单调递增.

因为在上的值域为，

所以.因此是方程的两根，

即是方程的两根，又，所以，．