2021-2022学年上海市行知中学高一上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年上海市行知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。
2021-2022学年上海市行知中学高一上学期期中数学试题 一、单选题1．“”是“”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】A【分析】直接利用充分条件与必要条件的定义判断即可.【详解】因为，但“”不能推出“”，故“”是“”的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的定义，意在考查对基本概念的掌握情况，属于简单题.2．在同一平面直角坐标系中，指数函数且和一次函数的图像关系可能是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据一次函数的横截距和纵截距的大小，结合幂函数的图象的增减性可得选项.【详解】由得，所以一次函数与x轴交于，与y轴交于，故排除B选项；对于A选项，一次函数的纵截距，而幂函数的图象中的，故A选项不正确；对于D选项，一次函数的纵截距，而幂函数的图象中的，故D选项不正确；对于C选项，一次函数的纵截距，而幂函数的图象中的，故C选项正确；故选：C.3．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首次把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“<”表示“小于”，用“>”表示“大于”，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若a，b，，则下列说法正确的是（    ）A．若，则B．若，则C．若，且，则D．若，则【答案】C【分析】利用反例可判断ABD的正误，利用作差法可判断C的正误.【详解】对于选项A，当时，，，此时，故A错误；对于选项B，当时，，故B错误；对于选项C，，所以，又，所以，故C正确；对于选项D，，满足，但，故D错误．故选：C．4．设，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得恒成立，讨论，，运用基本不等式，可得最值，进而得到所求范围．【详解】恒成立，即为恒成立，当时，可得的最小值，由，当且仅当取得最小值8，即有，则；当时，可得的最大值，由，当且仅当取得最大值，即有，则，综上可得．故选．【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和分类讨论思想，以及基本不等式的应用，意在考查学生的转化思想、分类讨论思想和运算能力． 二、填空题5．已知集合，若，则_____． 【答案】【详解】因为集合，且，所以，故答案为.6．不等式的解是_____．【答案】【详解】由可得，解得 ，所以不等式的解是.故答案为：.7．计算：__________.【答案】5【分析】根据指数的运算性质进行求解即可.【详解】，故答案为：8．已知，则__________.【答案】34【分析】利用平方法，结合完全平方公式进行求解即可.【详解】由，故答案为：9．记，则__________.【答案】【分析】根据换底公式，结合对数的运算公式进行求解即可.【详解】由，由，故答案为：10．函数的图像恒过定点__________.【答案】【分析】根据指数运算的性质进行求解即可.【详解】因为当时，即时，，所以函数的图像恒过定点，故答案为：11．方程的解为____________.【答案】【解析】根据对数的运算及性质可得：，结合真数位置大于即可求解.【详解】由可得，所以，即，解得：或，因为且，所以，所以方程的解为：故答案为：.12．若正实数满足，则的最小值为__________.【答案】.【分析】由题意可得，化简后利用基本不等式可求得其最小值.【详解】因为正实数满足，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，故答案为：.13．如果光线每通过一块玻璃其强度要减少，那么至少需要将__________块这样的玻璃重叠起来，才能使通过它们的光线强度低于原来的倍.【答案】【分析】假设至少要把块这样的玻璃重叠起来，才能使通过它们的光线强度低于原来的倍，可得，解不等式可得答案.【详解】假设至少要把块这样的玻璃重叠起来，才能使通过它们的光线强度低于原来的倍，则，即，所以，，所以，所以至少需要将7块这样的玻璃重叠起来，才能使通过它们的光线强度低于原来的倍.故答案为：714．实数满足，则实数的取值集合为__________.【答案】【分析】首先分析出幂函数的定义域和单调性，然后可解出不等式.【详解】，其定义域为，且在定义域上单调递减，因为，所以，解得故答案为：15．对所有的，不等式恒成立，实数的取值范围是________【答案】【分析】根据绝对值三角不等式，得到的最大值，然后解关于的一元二次不等式，得到的范围.【详解】，因为对所有的，不等式恒成立，所以，即，解得或.故答案为：【点睛】本题考查绝对值不等式，解一元二次不等式，不等式恒成立问题，属于简单题.16．设关于x的方程解集为M，关于x的不等式的解集为N，若集合，则________.【答案】【分析】根据一元二次不等式的解法，结合绝对值的性质进行求解即可.【详解】由或，所以或，当时，由，可得，当时，由，可得，因此有，当时，；当时，，故答案为： 三、解答题17．设，且.(1)求的值及的定义域；(2)求在区间上的最大值.【答案】(1)2，；(2)2. 【分析】（1）由代入可得的值，列出不等式组可得定义域；（2）根据复合函数的单调性判断在区间的单调性即可得结果.【详解】（1）∵，∴，∴.由，解得，∴函数的定义域为.（2），∴当时，是增函数；当时，是减函数，函数在上的最大值是.18．某生产消毒液企业每天能生产30000瓶消毒液，每瓶消毒液的生产成本为3元钱，由于受到疫情影响，该生产消毒液企业迅速组织各方面力量扩大生产规模，每天增加生产（）瓶消毒液，同时每瓶消毒液生产成本增加元，设该企业扩大生产规模后每天投入的总生产成本为元.（1）请用的表达式表示出；（2）试问该生产消毒液企业每天增加生产多少瓶消毒液，才能使得每天投入的生产成本最小？并求出此时的值.【答案】（1）；（2），.【解析】（1）根据题意直接求解即可；（2）运用基本不等式直接求解即可.【详解】（1）由题意可得：；（2），因为，所以，当且仅当时，取等号，即当时，有最小值，即.19．已知集合，.(1)若，求实数的取值范围；(2)若，求实数的取值范围.【答案】(1) ，(2) 【分析】(1)化简集合A,B，由列不等式求a的范围，(2)由可得，列不等式求a的范围.【详解】(1)化简不等式可得∴ 且∴  ，∴  当时，不等式的解为，即，又，∴ 当时，不等式的解为，即，与矛盾，∴ ，当时，不等式的解为，即，与矛盾，∴ ，∴实数的取值范围. (2)∵  ，∴  ,由(1)当时，，，∴ ，当时，，，此时成立，∴ ，当时，，，不满足条件，∴ ，∴实数的取值范围为.20．设.(1)求不等式的解集；(2)若函数在上最小值为，求实数的值；(3)若对任意的正实数，存在，使得，求实数的最大值.【答案】(1)；(2)(3) 【分析】（1）由，可得，然后分，和三种情况求解即可；（2）分，和三种情况讨论函数的单调性，求解函数的最小值，从而列方程可求出实数的值；（3）由题意可得，然后分，和三种情况讨论的最大值，从而可求得结果.【详解】（1）因为，所以由，得，化简得，当时，不等式无解，当时，由，得，，解得或，当时，由，得，，解得，综上，不等式的解集；（2）当时，在上单调递增，函数无最小值，不合题意，当时，，因为函数和在上单调递增，所以在上单调递增，函数无最小值，不合题意，当时，（），当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，因为函数在上最小值为，所以，所以，解得或，因为，所以，所以；（3）因为对任意的正实数，存在，使得，所以，由（2）可知当时，在上单调递增，所以时，，因为，所以，①当，即时，，因为，所以，所以，因为，所以，所以，②当，无解，③当，即时，，由，得，所以，所以，所以，④当，即时，，因为，所以，所以，因为，所以，所以，综上，，所以.【点睛】关键点点睛：此题考查函数与不等式的综合应用，考查函数最值的求法，考查不等式能成立问题，解题的关键是根据题意正确分类求解，考查数学分类思想和计算能力，属于较难题.