2022-2023学年江苏省连云港市高一上学期期末模拟数学试题（3）（解析版）

江苏省连云港市2022-2023学年第一学期期末高一数学综合试题（3）

高一数学试题

一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出集合A，再求交集.

【详解】由

又

故选：A

【点睛】本题考查解二次不等式和集合的交集运算，属于基础题.

2. 设，则“”是“”的

A. 充分而不必要条件

B. 必要而不充分条件

C. 充要条件

D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】求出的解集，根据两解集的包含关系确定.

【详解】等价于，故推不出；

由能推出．

故“”是“”的必要不充分条件．

故选B．

【点睛】充要条件的三种判断方法：

(1)定义法：根据p⇒q，q⇒p进行判断；

(2)集合法：根据由p，q成立的对象构成的集合之间的包含关系进行判断；

(3)等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把要判断的命题转化为其逆否命题进行判断．这个方法特别适合以否定形式给出的问题．

3. 若命题“使”是假命题，则实数的取值范围为

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

若原命题为假，则否命题为真，根据否命题求的范围．

【详解】由题得，原命题的否命题是“，使”，

即，解得．选B.

【点睛】本题考查原命题和否命题的真假关系，属于基础题．

4. 若，则的大小关系是

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用诱导公式以及余弦函数的单调性比较大小即可.

【详解】

因为函数在区间上单调递减，且

所以，即

故选：A

【点睛】本题主要考查了诱导公式的应用，余弦函数单调性的应用，属于中档题.

5. 函数的图象关于直线对称，则的值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】将代入得，解出，结合其范围即可得到答案.

【详解】由题意得,

解得，

，时，，

故选：B.

6. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】确定，，，得到大小关系.

【详解】，，，

故.

故选：B

7. 若－4<x<1，则（    ）

A. 有最小值1 B. 有最大值1

C. 有最小值－1 D. 有最大值－1

【答案】D

【解析】

【分析】先将转化为，根据－4<x<1，利用基本不等式求解.

【详解】

又∵－4<x<1，

∴x－1<0．

∴－(x－1)>0．

∴．当且仅当x－1＝，即x＝0时等号成立．

故选：D

【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于基础题.

8. 已知函数 在上对任意的都有成立，则实数a的取值范围是

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意知函数是R上的单调递增函数，利用增函数的性质建立不等式，求出a的取值范围即可．

【详解】因为在R上对任意的都有成立，可以知道函数是R上单调递增函数，

则函数满足，解得.

故选为B.

【点睛】本题考查了函数的单调性，及指数函数与一次函数的性质，属于中档题．

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 下列说法正确的是（    ）

A. “”是“”的充分不必要条件

B. “”是“”的既不充分也不必要条件

C. 若“”是“”的充分条件，则

D. “”是“”的充要条件

【答案】BC

【解析】

【分析】

A．根据互相推出的情况分析属于何种条件；B．举例说明；C．根据充分条件的推出情况说明；D．举例说明.

【详解】A．不能推出，比如，而可以推出，

所以“”是“”的必要不充分条件，故错误；

B．不能推出，比如，但是；不能推出，比如，，

所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故正确；

C．因为“”是“”的充分条件，所以可以推出，即，故正确；

D．不能推出，比如，

满足，但是不满足，所以必要性不满足，故错误；

故选：BC.

【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，主要考查学生的逻辑推理能力，难度一般.判断充分条件、必要条件时，要注意“小范围推出大范围”.

10. （多选题）下列命题为真命题的为（    ）

A.

B. 当时，

C. 成立的充要条件是

D. “”是“”必要不充分条件

【答案】ABD

【解析】

【分析】对A利用全称命题判断；对B利用特称命题判断；对C利用充要条件分析判断；对D利用必要不充分条件分析判断得解.

详解】对于A，由于，所以A正确；

对于B，由于，所以，所以方程有实数根，故B正确；

对于C，由，得，整理得，所以，故成立的充要条件是错误，故C错误；

对于D，因为，所以等价于，由，可得，所以“”是“”的必要不充分条件，所以D正确.

故选ABD

【点睛】本题主要考查全称命题和特称命题的真假的判断，考查充分必要条件的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

11. 已知关于的不等式，下列说法正确的是（    ）

A. 不等式的解集可能是

B. 不等式的解集不可能是

C. 不等式的解集可能是

D. 不等式的解集可能是

【答案】D

【解析】

【分析】利用假设法以及根与系数的关系可判断AD选项的正误，利用二次不等式恒成立可判断B选项的正误，取可判断C选项的正误.

【详解】对于A选项，若不等式的解集是，则，且，解得，

故原不等式为，解得，与题设条件矛盾，假设不成立，A错；

对于B选项，当时，不等式的解集为，B错；

对于C选项，由于满足，故不等式的解集不可能为，C错；

对于D选项，若不等式的解集为，

则关于的二元一次方程的两根分别为、，

所以，解得，

则原不等式为，即，解得，合乎题意，D对.

故选：D.

12. 设正实数满足，则下列说法正确的是

A. 的最小值为 B. 的最大值为

C. 的最小值为2 D. 的最小值为2

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用基本不等式性质和“乘1法”逐项排除，注意等号成立的条件.

【详解】选项，正实数满足

，

当且仅当时，等号成立，故正确；

选项，由且得，

当且仅当时，等号成立，则，故正确；

选项，由且得，

则，故错误；

选项，，故正确.

故选：.

【点睛】本题注意考查基本不等式的性质、“乘1法”.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 集合＝{1，2，a，a2－3a－1}，＝{－1，3}，若3∈且，则a的取值为________．

【答案】4

【解析】

【分析】根据元素与集合的关系和集合之间的关系,分情况判断即可.

【详解】因为3∈M，所以或，因此或或；

当时，，不满足题意，舍去；

当时，，满足题意；

当时，，不满足题意，舍去；

故答案为:4.

14. 已知，则______________.

【答案】8

【解析】

【分析】先用换元法求出函数解析式，再计算函数值．

【详解】，则，代入得：

，∴，

∴．

故答案为：8．

【点睛】本题考查求函数解析式，求函数值，解题方法是换元法．另解：令，则，∴．

15. 函数是上的减函数，则实数的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】分段函数是上的减函数，只需满足在上是减函数，且即可.

【详解】因为是上的减函数，

所以是减函数，是减函数，

且，

即，

解得，

故答案为：

【点睛】本题主要考查了分段函数的单调性，注意分界点处的处理是关键，属于中档题.

16. 已知正实数x，y满足，则的最小值为___________.

【答案】##

【解析】

【分析】由条件可得且，利用基本不等式求解即可

【详解】由得，

又，为正实数，所以，得，

则，

，

当且仅当,即时取等号，

所以的最小值为，

故答案为：

四､解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．

17 计算：（1）

（2）解不等式：

【答案】（1）；（2）.

【解析】

分析】

（1）利用指数的运算性质直接计算即可；

（2）利用指数函数的单调性求解即可.

【详解】（1）

（2）由，得

又因为是增函数，，解得.

所以解集为

18. 已知全集，集合，，．

（1）求；

（2）若，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）先求得集合A，再由集合的补集运算和交集运算可求得答案；

（2）分集合C为空集和不是空集两种情况分别建立不等式（组），可求得所求的范围.

【详解】解：（1）或，所以，

所以．

（2）①当时，满足，即，解得．

②当时，因为，所以

，即，

综上，实数的取值范围为．

19. 已知不等式的解集是．

（1）若，求的取值范围；

（2）若，求不等式的解集．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）将代入不等式，满足不等式求解即可.

（2）根据一元二次不等式与一元二次方程的关系，利用韦达定理求出，将代入不等式求解即可.

【详解】（1）∵，∴，∴

（2）∵，∴是方程的两个根，

∴由韦达定理得，解得，

∴不等式，即为：，

其解集为．

【点睛】本题考查了由一元二次不等式的解集求参数值、一元二次不等式的解法，考查了考生的基本运算能力，属于基础题.

20. 已知，命题：，不等式恒成立；命题：，使得成立.

（1）若为真命题，求的取值范围；

（2）当时，若和一真一假，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）转化，可求得，代入解不等式即得解；

（2）当时，若为真命题，即，分真假，假真两种情况讨论即可.

【详解】（1）对任意，不等式恒成立，

令（），则，

当时，，即，解得.

因此，当为真命题时，的取值范围是.

（2）当时，若为真命题，则存在，使得成立，所以；故当命题为真时，.

又，中一个是真命题，一个是假命题.

当真假时，由，得；

当假真时，由或，且，得.

综上所述，的取值范围为.

21. 动物园需要用篱笆围成两个面积均为50 的长方形熊猫居室，如图所示，以墙为一边（墙不需要篱笆），并共用垂直于墙的一条边，为了保证活动空间，垂直于墙的边长不小于2m，每个长方形平行于墙的边长也不小于2m．

（1）设所用篱笆的总长度为l，垂直于墙的边长为x．试用解析式将l表示成x的函数，并确定这个函数的定义域；

（2）怎样围才能使得所用篱笆的总长度最小？篱笆的总长度最小是多少？

【答案】（1），.（2）当垂直于墙的边长为时，所用篱笆的总长度最小，最小为m.

【解析】

【分析】（1）由题意得每个长方形平行于墙的边长，表示出；由且，可得函数的定义域；（2）对其运用基本不等式求出函数的最值即场地的篱笆的总长度最小，从而求解．

【详解】（1）由题得每个长方形平行于墙的边长，

则，

且，

，

所以函数的定义域为，；

（2），当且仅当，即时取等号，

故当垂直于墙的边长为时，所用篱笆的总长度最小，篱笆的总长度最小是．

【点睛】此题是一道实际应用题，考查函数的最值问题，解决此类问题要运用基本不等式，这也是高考常考的方法．

22. 已知函数，．

（1）当时，求的最值；

（2）若的最小值为，求实数的值．

【答案】（1），；   

（2）或.

【解析】

【分析】（1）把代入后结合二次函数在区间上的单调性即可求解最值；

（2）由已知结合对称轴与已知区间的位置关系进行分类讨论进而求解即可.

【小问1详解】

时，，

关于对称，

当时，单调递减，当时，单调递增．

，，

∴．

【小问2详解】

，

对称轴为，函数图象开口向上，                                

①当时，在上单调递增，

所以，即，∴；

②当时，在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，无解；

③当时，在上单调递减，

所以，即，∴，

综上，当时，或．