2022-2023学年福建省三明第一中学高一上学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年福建省三明第一中学高一上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．命题的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】直接根据特称命题的否定是全称命题得到答案.

【详解】命题的否定是，.

故选：A

2．函数过定点（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据函数恒过点，令，即得解.

【详解】由于函数恒过点，令，则，，

故函数恒过定点.

故选：C

3．函数的零点所在区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据解析式判断函数在定义域上的单调性，再根据零点存在性定理判断零点所在区间即可.

【详解】由题设，的定义域为且单调递增，

又，，

∴零点所在区间为.

故选：C.

4．设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】通过，所以判断出；又对，进行化简，得到，，从而判断出a，b，c的大小关系.

【详解】，而，所以；

又，

令，

而函数在上递增

故选：A

5．“不积跬步，无以至千里：不积小流，无以成江海.”，每天进步一点点，前进不止一小点.今日距离高考还有936天，我们可以把看作是每天的“进步”率都是1%，高考时是；而把看作是每天“退步”率都是1%.高考时是.若“进步”的值是“退步”的值的100倍，大约经过（    ）天（参考数据：）

A．200天 B．210天

C．220天 D．230天

【答案】D

【分析】由题设有，应用指对数互化及对数的运算性质求值即可.

【详解】设经过天后，“进步”的值是“退步”的值的100倍，

则，即天.

故选：D.

6．函数的大致图象为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先由时排除B、C选项，再由排除A选项即可.

【详解】当时，，可排除B、C选项；又，排除A选项.

故选：D.

7．已知函数，若，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由函数的单调性求解即可

【详解】因为，

，

由，

得

因为单调递减，

所以单调递减，

又时，在上单调递减；

所以，

解得，

所以实数的取值范围为，

故选：A

8．已知函数，若函数的定义域为，值域为，则实数（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据已知求得的符号，利用韦达定理即可求得的值.

【详解】由于函数的定义域为，则恒成立，则，即，令，由于的值域为，则，而

，则由解得 ，故和是方程即的两个根，则，得到，符合题意．所以．故

故选：C

二、多选题

9．已知，则的值可能为（    ）

A． B． C．24 D．

【答案】BC

【分析】由对数的运算性质求解

【详解】由题意得，，

则时，，同理时，

故选：BC

10．下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】由偶函数的定义与单调性对选项逐一判断，

【详解】对于A，，由对数函数性质得在上单调递增，故A正确，

对于B，，，不满足在上单调递增，故B错误，

对于C，，由指数函数性质得在上单调递增，故C正确，

对于D，，，故不是偶函数，故D错误，

故选：AC

11．下列说法中正确的是（    ）

A．若函数是奇函数，则

B．函数的值域为，则实数的取值范围是

C．函数与的图象关于对称

D．函数与函数为同一函数

【答案】BC

【分析】根据奇函数的性质可判断A,根据对数型复合函数的性质可判断B，根据反函数的性质可判断C，根据函数的三要素可判断D.

【详解】是奇函数，且在原点有定义，则，比如是奇函数，则无意义，故A错误，

的值域为,则能够取遍所有的正数，当满足题意，当 ，则 且 ，故 ，因此 ，故B正确，

函数与互为反函数，故其图象关于对称，C正确，

由于函数，，两函数的对应关系不一样，故不是同一函数，D错误，

故选：BC

12．设函数的定义域为，且满足，，当时，.则下列说法正确的是（    ）

A．

B．当时，的取值范围为

C．为奇函数

D．方程仅有3个不同实数解

【答案】BC

【分析】根据，推导出，所以的周期为8，可判断A；根据函数性质求出，，当时，，从而确定的取值范围，可判断B；根据得到关于中心对称，从而关于原点中心对称，即为奇函数，可判断C；画出与的图象，数形结合求出交点个数，即可求出方程的根的个数，可判断D.

【详解】因为，所以，

因为，故，所以，

即，所以，所以，

所以的周期为8，因为，所以

因为，

所以，

因为时，，所以，故，A错误；

当，，所以，

当，，，

所以，

综上：当时，的取值范围为，B正确；

因为，所以关于对称，

故关于原点中心对称，所以为奇函数，C正确；

画出与的图象，如下：

显然两函数图象共有4个交点，其中，所以方程仅有4个不同实数解，D错误.

故选：BC

三、填空题

13．已知函数的定义域为，给出下列两个条件①，②任取，都有恒成立，请写出一个同时满足条件①②的函数= ________

【答案】（答案不唯一）

【分析】取函数检验条件①②即可

【详解】取，则，

则，满足条件①；

任取，则 ，

因为，所以，即，满足条件②；

故答案为：（不唯一）

14．已知幂函数的图象过点，则 ____________

【答案】3

【分析】设出函数解析式，由已知点求得参数值得解析式，然后代入计算．

【详解】设，则，，即，

∴．

故答案为：3.

15．已知函数的最小值为，则实数____________．

【答案】

【分析】利用参变量分离法可知，再利用基本不等式可得出关于的等式，即可得解.

【详解】由题意可知对任意的恒成立，即，

另一方面，

当且仅当时，即当时，等号成立，所以，，

另一方面，由基本不等式可得，可得，

当且仅当时，即当时，等号成立，故.

故答案为：.

16．设若方程有四个不相等的实根，且，则的取值范围为___________.

【答案】

【分析】画出函数的图象，根据对数函数的性质与运算及对称性可得，将转化为关于的代数式，利用换元法，根据的范围结合二次函数的性质即可求解.

【详解】解：∵时，，

∴在上的图象与上的图象关于对称，

不妨设，如图：

可得，.

∴.

∴

，.

令，

则原式化为，其对称轴为，开口向上，

∴在上单调递增.∴.

∴的取值范围为.

故答案为：.

四、解答题

17．求值：

(1)

(2).

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据指数运算法则及根式运算法则求解；

（2）根据对数运算法则进行计算.

【详解】（1）原式=；

（2）原式

.

18．已知，.

(1)若，求；

(2)若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据补集与交集的运算，可得答案；

（2）由题意，根据必要不充分条件的定义，可得集合间的关系，分是否为空集两种情况，建立不等式组，可得答案.

【详解】（1）当时，，

由，令，解得，

则，

，.

（2）因为是的必要不充分条件，所以B是A的真子集.

①若，即，，满足条件.

②当，或，

所以或，，

综上所述，的取值范围是.

19．已知函数，.

(1)证明函数在单调递增.

(2)若为偶函数，求实数的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)-1

【分析】（1）设，由因式分解证；

（2）由偶函数定义结合对数运算化简可解.

【详解】（1）设，

，

，，

所以函数在单调递增.

（2）因为函数为偶函数，则.

即.

所以，.

.

20．为了激励销售人员的积极性，某企业根据业务员的销售额发放奖金（奖金和销售额的单位都为十万元），奖金发放方案要求同时具备下列两个条件：①奖金随销售额的增加而增加；②奖金金额不低于销售额的5%.经测算该企业决定采用函数模型作为奖金发放方案.

(1)若，，此奖金发放方案是否满足条件？并说明理由.

(2)若，要使奖金发放方案满足条件，求实数的取值范围.

【答案】(1)不满足，理由见解析

(2)

【分析】（1）由题知，再依次分析两个条件即可；

（2）由题知，再将问题转化为在时恒成立求解即可.

【详解】（1）解：当，时，，

因为在上单调递增，且也在上单调递增，

所以在上单调递增，满足条件①；

若奖金金额不低于销售额的5%，则，

当时，不等式左边右边，不等式不成立，不满足条件②；

故，时不满足条件.

（2）解：当时，函数，

因为，所以在上单调递增，奖金发放方案满足条件①.

由条件②可知，即在时恒成立，

所以，在时恒成立，

当时，取得最小值，

所以，

所以要使奖金发放方案满足条件，的取值范围为.

21．已知函数

(1)求不等式的解集；

(2)若对于任意恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)或；

(2).

【分析】（1）根据对数的运算性质，结合对数函数的单调性进行求解即可；

（2）根据任意性的定义，结合换元法、构造函数法，然后利用函数的单调性进行求解即可.

【详解】（1）

由，即

计算可得或

或

故解集为：或；

（2）令，则，原式可化为在上恒成立，

记函数在上单调递增，

，故的取值范围是.

22．已知函数.

(1)若时，不等式恒成立，求实数的取值范围；

(2)若关于的方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由可得，将恒成立问题转化为最值问题，借助二次函数的性质即可求解；

（2）将方程整理得，令，结合图象，将问题转化为二次函数根的分布问题，借助二次函数的性质即可求解.

【详解】（1）由可得，即对于恒成立，∴时，，

又，在单减，在单增，则，解得；

（2）

由可得，

整理得，设，得，

由的图象知，原方程有三个解，则关于t的方程有两解，，

设两解为，则或或，

∴或或，解得.