2023-2024学年江苏省南通市海安高级中学高一上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省南通市海安高级中学高一上学期期中数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列关系中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据元素与集合、集合与集合的关系确定正确答案.
【详解】是无理数，所以A选项错误.
空集是任何集合的子集，所以B选项正确.
集合与集合的元素不相同，所以没有包含关系，所以C选项错误.
，所以D选项错误.
故选：B
2．设，则“且”是“且”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】根据不等式性质证明充分性成立，利用举反例说明必要性不成立.
【详解】若且，由不等式的同向可加性可得，由不等式的同向同正可乘性可得，所以“且”可以推出“且”，即充分性成立；
反之，若，，满足且”，所以 “且”不可以推出“且”，即必要性不成立；
所以“且”是“且”的充分不必要条件.
故选：A.
3．已知，则（ ）
A．5B．C．D．
【答案】D
【分析】先判断所求式子范围，后平方求值即可.
【详解】易知，而
故
故选：D
4．已知函数，则函数的解析式是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】利用配凑法求解析式即可.
【详解】，且，所以，.
故选：B.
5．已知，．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求函数的定义域求得集合，解一元二次不等式求得集合，由此求得.
【详解】由解得且，所以.
由，解得，所以，
所以.
故选：C
6．若两个正实数，满足且存在这样的，使不等式有解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用基本不等式求得的最小值，然后解相应的不等式可得．
【详解】由可得，则，
即，则，则，
故选：C.
7．中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式，它表示在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率取决于信通带宽､信道内信号的平均功率､信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计，按照香农公式，由于技术提升，带宽在原来的基础上增加20%，信噪比从1000提升至4000，则大约增加了（ ）（附：）
A．22%B．33%C．44%D．55%
【答案】C
【分析】根据题中所给公式，利用代入法，结合对数的运算公式和换底公式进行即可.
【详解】由题意可知：大约增加了
，
故选：C
8．若函数是上的单调函数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用特殊值验证法，排除选项，即可推出结果．
【详解】函数,
当时，，
当时，，函数图像的对称轴为，函数不是单调函数，不满足题意，排除B、C；
当时，，
当时，，函数图像的对称轴为，函数不是单调函数，排除D.
故选：A．
二、多选题
9．设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据不等式的性质或反例可得正确的选项.
【详解】因为，故，故A错误，
而，故，故B正确.
又，故即，故D正确.
取，此时，但，故C错误.
故选：BD.
10．下列命题正确的是（ ）
A．集合有6个非空子集
B．
C．“”是“”的必要不充分条件
D．已知，则的范围为
【答案】BCD
【分析】由集合非空子集的个数即可判断A；当时，即可判断B；由必要不充分的定义即可判断C，由不等式的性质即可判断D.
【详解】集合非空子集的个数为，故A错误；
当时，，符合题意，故B正确；
由条件可得，反之，不成立，所以“”是“”的必要不充分条件，故C正确；
因为，则，所以，故D正确；
故选：BCD
11．下列命题中为真命题的是（ ）
A．不等式的解集为；
B．若函数有两零点，一个大于2，另一个小于，则的取值范围是；
C．函数与为同一个函数；
D．若的定义域为，则的定义域为．
【答案】BCD
【分析】A选项，解出不等式可判断；B选项，根据二次函数的零点分布可列式计算判断；C选项，判断定义域和对应关系是否一样可判断；D选项，根据抽象函数定义域及代换的方法可求函数的定义域.
【详解】对于A选项，由，等价于，解得或，故A错误；
对于B选项，由有两个零点，一个大于2，一个小于，则，即，解得，故B正确；
对于C选项，由，定义域为R，而的定义域为R，所以它们是同一函数，故C正确；
对于D选项，由的定义域为，，解得，所以函数的定义域为，故D正确.
故选：BCD.
12．早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算中项，几何中项以及调和中项.毕达哥拉斯哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中，算术中项，几何中项的定义与今天大致相同，而今我们称为正数a，b的算术平均数，为正数a，b的几何平均数，并把这两者结合的不等式叫做基本不等式，下列与基本不等式有关的命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若实数，满足，则的最小值为
C．若，则的最小值为
D．若，则的最小值为2
【答案】ACD
【分析】A选项：根据，利用基本不等式“1”的妙用，即可求出的最小值；
B选项：先将完全平方后展开，利用基本不等式即可求解；
C选项：用表示出，再代入中，利用基本不等式求出最小值；
D选项：设，用和表示出和，再代入化简变形，利用基本不等式求得最小值.
【详解】对于A选项：因为，
所以
当且仅当，即时，等号成立，故正确；
对于B选项：∵
∴，
∴，当且仅当时等号成立，故错误．
对于C选项：原式
（当且仅当时取等号）．故正确；
对于D选项．令，则，由，得，
则，
而，
当且仅当，即时，等号成立，故正确；
故选：ACD
三、填空题
13．命题“，”的否定为 .
【答案】，使得
【分析】根据命题的否定直接求解即可.
【详解】根据全称命题的否定为特称命题，所以命题“，”的否定为“，使得”.
故答案为：，使得.
【点睛】本题考查命题的否定，解题时应注意命题的否定与否命题的区别，属于基础题.
14．已知集合，，若是的必要不充分条件，则实数的所有可能取值构成的集合为 ．
【答案】
【分析】先求得，然后根据必要不充分条件的知识求得集合.
【详解】依题意，，
若，则，满足是的必要不充分条件.
当时，，
由于是的必要不充分条件，所以或，
解得或，
综上所述，的所有可能取值构成的集合为.
故答案为：
15．已知函数的定义域为，且满足，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】先利用方程组法求出函数的解析式，再根据基本不等式即可得出.
【详解】因为，所以
两式联立得得，
当且仅当，即时取等号.所以的最小值为.
故答案为：
16．若对任意， 恒成立，则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】先令，可得，再根据恒成立，可得，，由此可得，再验证符合恒成立即可．
【详解】解：令，则，故，
对任意，，则恒成立，
∴
∴，此时，
∴，当时取等号，
此时成立，
∴的最大值为．
故答案为：．
四、解答题
17．数学运算是指在明晰运算对象的基础上依据运算法则解决数学问题的素养，因为运算，数的威力无限；没有运算，数就只是个符号．对数运算与指数幂运算是两类重要的运算．
(1)试利用对数运算性质计算的值；
(2)已知x，y，z为正数，若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据对数运算法则得到答案；
（2）令，得到，，，利用换底公式和对数运算法则得到答案.
【详解】（1）原式；
（2）由题意知，令，则，
所以，，，
所以；
18．已知集合，.
(1)若，求；
(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）时，求出集合，，由此能求出；
（2）推导出，求出集合，列出不等式能，能求出实数的取值范围．
【详解】（1）时，集合，
．
；
（2）若“”是“”的充分不必要条件，则，
集合，
，解得，
实数的取值范围是，．
19．已知函数，，满足条件，且.
(1)求的值；
(2)用单调性定义证明：函数在区间上单调递增；
(3)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用待定系数法，即可得解；
（2）利用单调性的定义，结合作差法即可证明；
（3）变形得，再利用（2）中结论去掉即可得解.
【详解】（1）因为，，，
所以，解得，
所以.
（2）由（1）得，
，且，
有，
由于，即，
所以函数在区间上单调递增.
（3）由得
又函数在区间上单调递增，
所以，解得，故，
所以实数的取值范围是.
20．函数
（1）当时恒成立，求实数的取值范围；
（2）当时恒成立，求实数的取值范围；
【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据函数的对称性与区间的位置关系对函数的最小值进行分类讨论，由此解不等式，求得的取值范围.（2）构造一次函数，由不等式组，求解出的取值范围.
【详解】解：（1）①当，即时
，所以,此时不存在；
②当，即时
，所以，解得
此时
③当，即时
，所以．
此时
综上所述：实数的取值范围是
（2）令
所以
解得
所以
【点睛】本小题主要考查二次函数的最值问题，考查一元二次不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.
21．某公司为调动员工工作积极性拟制定以下奖励方案，要求奖金y（单位：万元）随投资收益x（单位：万元）的增加而增加，奖金不超过90万元，同时奖金不超过投资收益的20%.即假定奖励方案模拟函数为时，该公司对函数模型的基本要求是：当时，①是增函数；②恒成立；③恒成立.
(1)现有两个奖励函数模型：①；②.试分析这两个函数模型是否符合公司要求？
(2)已知函数符合公司奖励方案函数模型要求，求实数a的取值范围.
【答案】(1) 函数模型：②符合公司要求；(2) ．
【解析】(1)由判断函数模型：①不符合条件③，故不符合公司要求；一一验证函数模型： ②满足题目给出的三个条件，说明函数模型： ②符合公司要求；
(2)由说明符合条件①，再求解基本不等式及基本不等式取最值时满足的条件求出a满足②③的范围，取交集即可．
【详解】(1)对于函数模型：①，验证条件③：当时而即不成立，故不符合公司要求；
对于函数模型：②，当时，条件①是增函数满足；
∴，满足条件②；
对于条件③：记
则
∵∴当时，
∴恒成立，即条件③也成立.
故函数模型： ②符合公司要求.
(2)∵，∴函数符合条件①；
由函数符合条件②，得，解得：；
由函数符合条件③，得对恒成立，
即对恒成立.
∵，当且仅当，即x=50时等号成立，
∴
综上所述，实数a的取值范围．
【点睛】数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：
(1)求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型；
(2)求解应用性问题时，不仅要考虑函数本身的定义域，还要结合实际问题理解自变量的取值范围．
22．已知定义在的函数满足：①对，，；②当时，；③.
(1)求，判断并证明的单调性；
(2)若，使得，对成立，求实数的取值范围；
(3)解关于的不等式.
【答案】(1)，单调递减区间为，无单调递增区间；
(2)；
(3)时，解集为；时，解集为；时，解集为；时，解集为.
【分析】（1）利用赋值法令，求得；由函数单调性的定义结合作差法即可得到的单调性
（2）利用单调性得到在上的最值，结合不等式的存在性问题得到对，成立；
看成关于的一次函数恒成立问题即可求解；
（3）利用赋值法得到，结合题目的定义对原不等式转换得到，
由单调性得到，利用分类讨论解不等式即可.
【详解】（1）令，得，解得：；
令，即，
则，
因为时，，所以时，，
所以在上的单调递减；
故单调递减区间为，无单调递增区间.
（2）由（1）知，时，单调递减，
又，则时，；
因为，使得，对成立，
所以，则，
即对，成立；
设（），
则对，恒成立，
即解得：或；
故实数的取值范围为.
（3）令，得，
又知，即，所以；
因为，所以，；
不等式等价于，
即；
又因为，所以，
故，则；
因为在上单调递减，所以，
即，
①时，，解得或；
②时，，解得或；
③时，解得；
④时，，解得；
综上所述：
不等式的解集为：
时，解集为；
时，解集为；
时，解集为；
时，解集为.
【点睛】关键点点睛：对含参一元二次不等式进行求解时，要对参数进行分类讨论，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照二次函数的开口，根的大小进行分类求解的.