2022-2023学年江苏省常州市华罗庚中学高一上学期12月联考数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省常州市华罗庚中学高一上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．设全集，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据一元二次不等式化简,即可由集合的并运算求解.

【详解】由，得，，

所以，

故选：C

2．已知命题，，则命题p的否定为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【解析】根据全称命题的否定为存在性命题，准确改写，即可求解.

【详解】根据全称命题的否定为存在性命题知，命题“，”，

其命题p的否定为“，”.

故选：A.

3．已知角的终边过点，则是第（    ）象限角.

A．一 B．二 C．三 D．四

【答案】D

【分析】根据已知判断角的终边所在象限，即可判断出答案.

【详解】由已知角的终边过点，

因为，所以，

故角的终边在第四象限，

∴是第四象限角，

故选∶D．

4．在东方设计中，存在着一个名为“白银比例”的理念，这个比例为，它在东方文化中的重要程度不亚于西方文化中的“黄金分割比例”，传达出一种独特的东方审美观.折扇纸面可看作是从一个扇形纸面中剪下小扇形纸面制作而成（如图）.设制作折扇时剪下小扇形纸面面积为，折扇纸面面积为，当时，扇面较为美观.那么按“白银比例”制作折扇时，原扇形半径与剪下小扇形半径之比为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】设原扇形半径为x，剪下小扇形半径为y，，由已知利用扇形的面积公式即可求解原扇形半径与剪下小扇形半径之比．

【详解】由题意，如图所示，设原扇形半径为x，剪下小扇形半径为y，，

则小扇形纸面面积,折扇纸面面积，

 由于 ，

 所以，

 即得，

解得，即原扇形半径与剪下小扇形半径之比为，

故选：B．

5．已知，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】求出，根据判断，从而可得答案.

【详解】因为，所以，则，

又因为，

所以，

所以，

故选：D.

6．已知，则（  ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据对数的运算性质、指数的运算性质，结合指数函数的单调性进行求解即可.

【详解】是减函数，

，

故选：D

7．已知是定义在上的奇函数，对任意的正数，有不等式成立，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先由题意判断函数的单调性，以及零点，再根据函数的性质解不等式.

【详解】由函数的奇偶性得，由可知在上的单调递增，可得在上的单调递增，根据单调性及可把化为或,解得:或，，

即不等式的解集是.

故选：D

【点睛】关键点点睛：本题的关键是判断函数在和上的单调递增，再根据函数是奇函数判断，再解不等式.

8．对于函数，若存在，使，则称点与点是函数的一对“隐对称点”.若函数的图象存在“隐对称点”，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由隐对称点的定义可知函数图象上存在关于原点对称的点，由函数奇偶性的定义将问题转化为方程的零点问题，再结合基本不等式即可得出实数的取值范围．

【详解】由隐对称点的定义可知函数图象上存在关于原点对称的点，

设的图象与函数的图象关于原点对称，

令，则，，

所以，

因为，又，

所以原题义等价于与在上有交点，即方程有零点，则，

又因为，当且仅当，即时，等号成立，

所以，即．

故选：C.

【点睛】关键点睛：本题突破口是理解“隐对称点”的定义，将问题转化为与在上有交点的问题，从而得解.

二、多选题

9．下列说法错误的是（    ）

A．将表的分针拨快5分钟，则分针转过的角度是

B．若角，则角为第二象限角

C．若角为第一象限角，则角也是第一象限角

D．是的充要条件

【答案】ACD

【分析】根据角的定义可判断A，根据弧度与角度的关系可判断B，根据象限角的范围即可判断C，根据三角函数的周期性即可判断D.

【详解】对于A：将表分针拨快5分钟，则分针转过的角度为，故A不正确；

对于B：因为角，所以角为第二象限角，故B正确；

对于C：若为第一象限角，不妨取，则角为第三象限角，故C错误；

对于D:若，则，故充分性成立，但，可以为，故D错误，

故选：ACD

10．已知函数，则（    ）

A．

B．若，则或

C．在上是减函数

D．若关于的方程有两解，则

【答案】AD

【分析】根据函数解析式，代入数据可判断A、B的正误，做出的图象，可判断C、D的正误，即可得答案.

【详解】对A：，A正确；

对B：当时，则，解得（舍去）；

当时，则，解得；

综上所述：，B错误；

对C：由可得对称轴为，故作出图象，

由图可知：在上不是减函数，C错误；

对D：如图，若关于的方程有两解，则，D正确；

故选：AD.

11．下列说法正确的是（    ）

A．若则

B．若，则函数的最小值为3

C．若，满足，则的最小值为2

D．函数的最小值为9

【答案】CD

【分析】利用不等式的性质，结合基本不等式即可逐一判断最值情况.

【详解】对于A，若，则，故A错误；

对于B， ,则，

当且仅当，即等号成立，故B错误：

对于C，若， ，

所以，

解得，当且仅当时取等，故C正确；

对于D，

，

当且仅当时等号成立，故D正确；

故选：CD

12．设函数的定义域是，值域是.我们从中解出得到式子.如果对于在中的任何一个值，通过式子，在中都有唯一的值和它对应，那么式子叫函数的反函数，记作，习惯表示为.已知函数，其反函数满足.定义在上的奇函数满足:当时，，则（    ）

A．

B．当时，

C．若，则

D．函数在上单调递增

【答案】AC

【分析】根据反函数的定义可求解，进而判断A，根据奇函数的性质可求解B，根据偶函数的性质以及指数型不等式可判断C，根据奇函数的单调性可判断D.

【详解】根据反函数的定义可知：点在图象上，故，故A正确，

当时，，由于是奇函数，故当时，，故B错误，

令则故为偶函数，当时，，解得(舍去)，由于是偶函数，故当时，满足，故，故C正确，

当时，，故当时，单调递减，由于为奇函数，故当时，单调递减，故D错误，

故选：AC

三、概念填空

13．化简__________．

【答案】

【详解】

所以

故答案为：

四、填空题

14．已知函数，若，则实数的取值范围是______．

【答案】

【分析】根据分段函数的解析式讨论的取值范围，再利用指数函数、对数函数的单调性即可求解.

【详解】由，

当时，则，解得，此时，

当时，，即，解得，

综上所述，实数的取值范围是.

故答案为：

15．已知，且，，则的最小值为______.

【答案】##

【分析】依题意可得，则，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得.

【详解】解：由，得，又，，

所以，解得，所以，

所以

，

当且仅当，即，时等号成立．

故答案为：

16．已知函数，其中，若存在互不相等的三个实数，使得，则实数的取值范围是______

【答案】

【分析】根据分段函数的性质，要存在存在互不相等的三个实数，，，则，即可求解的范围．

【详解】函数，

，，图象是型，

又，其对称轴为，

那么其在单调递增，

那么要有三个实数，，，使得，

则，即，可得，

解得．

故答案为:．

五、解答题

17．设全集，集合，.

(1)当时，求；

(2)若，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先解指数不等式求出集合，当时求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得；

（2）首先表示出集合，由，得到或，解得即可.

【详解】（1）解：因为，

当时，，

由，即，解得，

所以；

或，

或；

（2）解：因为，，

若，

则或，解得或，

的取值范围是．

18．已知，且在第三象限，

(1)和；

(2).

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据同角的三角函数关系式即可求得答案；

（2）利用诱导公式化简，结合三角函数正余弦齐次式求值，可得答案.

【详解】（1）已知，且在第三象限，

所以，.

（2）

19．已知函数.

(1)当时，用定义法证明函数在上是减函数；

(2)已知二次函数满足，，若不等式恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据函数单调性的定义即可证明；

（2）设,（），根据已知条件求得，可得的解析式，根据不等式恒成立，分离参数，结合二次函数知识，即可求得答案.

【详解】（1）证明：当时，，

设是区间上的任意两个实数，且，

则，

，

因为，所以，，,

所以，所以,

所以函数在上是减函数.

（2）设,（），

所以，，

依题意：，，所以，,

又因为，所以，所以,

因为恒成立（显然），

所以恒成立，即：恒成立，

因为，

所以若不等式恒成立，的取值范围是.

20．已知函数，x∈[，9].

(1)当a=0时，求函数f(x)的值域；

(2)若函数f(x)的最小值为-6，求实数a的值.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由题意可得，结合定义域，逐步可得函数的值域；

（2）利用换元法转化为二次函数的值域问题，分类讨论即可得到结果.

【详解】（1）当a=0时，，x∈[，9].

∴，，

∴，

∴函数f(x)的值域为；

（2）令，

即函数的最小值为，

函数图象的对称轴为，

当时，，

解得；

当时，，

解得；

当时，，

解得（舍）；

综上，实数a的值为或.

21．已知函数，且的解集为.

（1）求函数的解析式；

（2）解关于的不等式，；

（3）设，若对于任意的都有，求的最小值.

【答案】（1）（2）答案不唯一，具体见解析（3）1

【分析】（1）根据韦达定理即可．

（2）分别对三种情况进行讨论．

（3）带入，分别对时三种情况讨论．

【详解】（1）的解集为可得1，2是方程的两根，

则，

（2）

时，

时，

时，

（3），为上的奇函数

当时，

当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，且时，，在时，取得最大值，即；

当时，，则函数在上单调递减，在上单调递减，且时，，在时，取得最小值，即；

对于任意的都有则等价于

或（）

则的最小值为1

【点睛】本题主要考查了含参数的一元二次不等式，以及绝对值不等式，在解决含参数的不等式时首先要对参数进行讨论．本题属于难题．

22．已知函数.

（1）判断的奇偶性，并证明在上单调递增；

（2）设函数，求使函数有唯一零点的实数的值；

（3）若，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）为偶函数；证明见解析；（2）-1，1，0；（3）.

【解析】（1）直接由函数奇偶性的定义判断的关系，可判断奇偶性，任取，作差化简判断符号，得出单调性结论；

（2）有唯一零点，即有唯一的解，可化为，由偶函数可知，化简计算可得结果；

（3）设，不等式等价为恒成立，构造函数，只需，求解即可得出结果.

【详解】解:由题意可知的定义域为，，则，

，

所以，

所以为偶函数；

任取，

则，

因为

当时，

所以

所以，

所以在上单调递增﹒

函数的零点就是方程的解，

因为有唯一零点，

所以方程有唯一的解，

因为函数为偶函数，

所以方程变形为，

因为函数在上的单调递增，

所以，

平方得，，

当时，，

经检验方程有唯一解，

当时，

解得，

综上可知，的值为.

设，则，

所以原命题等价于时，不等式恒成立，

令，

即，

则或

或，

综上可知.

【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：

（1），；

（2），；

（3），；

（4），.