2022-2023学年上海市徐汇中学高一上学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年上海市徐汇中学高一上学期期中数学试题含答案，共11页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市徐汇中学高一上学期期中数学试题 一、填空题1．函数的定义域为            【答案】【分析】要使函数有意义，只要即可．【详解】要使函数有意义，须满足，解得且，故函数的定义域为．故答案为：．【点睛】本题考查函数的定义域及其求法，属基础题，若函数解析式为偶次根式，被开方数大于等于0；若解析式为分式，分母不为0．2．全集，，，则=       .【答案】【分析】计算出再求补集即可.【详解】全集，，则.故答案为：.3．不等式的解集为          .【答案】【分析】把分式不等式等价转化为二次不等式，然后根据一元二次不等式的解法求解即可.【详解】不等式等价于，解得，故答案为：.【点睛】本题主要考查了分式不等式的求解，考查了一元二次不等式的求解，考查转化思想的应用，属于基础试题.4．若，则的取值范围是                .【答案】【分析】利用对数中底数和真数的范围，可得出关于的不等式组，即可解得实数的值.【详解】对于等式，有，解得且，因此，的取值范围是.故答案为：.5．若，，且，则实数的取值范围是      ．【答案】【分析】利用数轴表示集合,然后根据数轴列式运算即可得到.【详解】用数轴表示集合A,B,如图:因为,所以由数轴可知:.故答案为 .【点睛】本题考查了集合的交集运算,对于用不等式表示的集合一般是利用数轴表示集合,再进行运算.要注意空心点和实心点的问题.属于基础题.6．已知关于的不等式的解集为，则               .【答案】16【分析】根据给定的条件，利用一元二次方程根与系数的关系计算作答.【详解】因关于x的不等式的解集为，则是方程的二根，则有，解得，所以.故答案为：16.7．已知a、，用反证法证明命题：“若，则a、b全为零”时的假设是      ．【答案】“若，a不为零或b不为零”.【解析】由反证法思路，条件成立时否定原结论，然后证明与条件矛盾的结果，说明原结论成立，即可知命题的假设.【详解】命题“若，则a、b全为零”，应用反证法时，假设的命题为“若，则a不为零或b不为零”，故答案为：a不为零或b不为零.【点睛】本题考查了反证法的思路，条件不变否定结论，属于简单题.8．若，，，则        .【答案】【分析】利用对数与指数的互化可得出、，再利用对数的运算性质可求得的值.【详解】因为，，，则，，可得，因此，.故答案为：.9．设，则方程的解集为               .【答案】【分析】分、、三种情况讨论，去绝对值符号解原方程即可.【详解】当时，则，解得，而，所以无解；当时，则，所以；当时，则，解得，而，所以无解.综上所述，原方程的解集为.故答案为：.10．集合的子集个数为          .【答案】64【分析】利用幂函数与指数函数的单调性，解出不等式，进而得出集合中元素的个数，从而求得子集的个数.【详解】因为函数单调递增，又，，所以不等式的解为：且，因为函数单调递增，又，，所以不等式的解为：且，所以且，所以集合，所以集合的子集个数为：，故答案为：64.11．若，则的最小值为      .【答案】4【解析】化为积为定值的形式后，利用基本不等式可求得结果.【详解】，当且仅当，时，取等号.故答案为：4.【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值，属于基础题.12．设集合，在S上定义运算为：，其中k为被4除的余数，i，，1，2，3，则满足关系式的x（）的个数为        .【答案】2【解析】由已知中集合，，，，在上定义运算为：，其中为被4除的余数，，，1，2，3，分别分析取，，，时，式子的值，并与进行比照，即可得到答案．【详解】当时，当时，当时，当时，则满足关系式的的个数为：2个．故答案为：2．【点睛】本题考查的知识点是集合中元素个数，其中利用穷举法对取值进行分类讨论是解答本题的关键.属于中档题. 二、单选题13．已知，将表示成分数指数幂，其结果是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由根式与分数指数幂的互化规则，将所给的根式化简，即可将其表示成分数指数幂，得解.【详解】解：因为，故选C.【点睛】本题考查了根式与分数指数幂的互化，重点考查了分数指数幂的运算，属基础题.14．若，则下列不等式中不成立的是（    ）A．； B．；C．； D．．【答案】B【分析】根据不等式的性质判断四个选项的正误即可得正确选项.【详解】对于选项A：若，则，故选项A正确；对于选项B：，因为，所以，即，所以，故选项B不正确；对于选项C：若，则，故选项C正确；对于选项D：若，则，故选项D正确，故选：B15．“x＝1”是“x2－4x＋3＝0”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】将代入可判断充分性,求解方程可判断必要性,即可得到结果.【详解】将代入中可得,即“”是“”的充分条件；由可得,即或,所以“”不是“”的必要条件,故选:A.【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判定，属于基础题.16．已知函数，若集合中恰有一个元素，则实数（    ）A．有最大值，无最小值 B．有最小值，无最大值C．既无最大值，也无最小值 D．既有最大值，也有最小值【答案】D【分析】由题得或，再对分两种情况讨论，利用零点存在性定理得解.【详解】由条件知，有两个不同的实根，所以，所以或.（1）当时，必有所以.(2)当时，所以所以,.故选:D【点睛】本题主要考查方程的零点，考查一元二次不等式和零点存在性定理，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 三、解答题17．已知关于x的方程有两个实数根，(1)若时，求的值；(2)若，求实数m的值.【答案】(1)1(2) 【分析】（1）由利用韦达定理可得答案；（2）由利用韦达定理可得答案.【详解】（1）时，，，可得，，；（2）由，得，，，由，得，解得舍去，或，所以实数m的值为.18．已知命题①函数的图象总在轴上方；命题②关于的方程有两个不相等的实数根.(1)若命题①为真，求的取值范围；(2)若命题①、②中至多有一个命题为真，求的取值范围.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）分、讨论可得答案；（2）求出命题①、②都为真命题时的取值范围，再求其补集可得答案.【详解】（1）命题①函数的图象总在轴上方为真命题，则当时，符合题意；当，由求得，故的取值范围为：；（2）若方程有两个不相等的实数根，则，解得，若命题①、②都是真命题，则；故当命题①、②中至多有一个命题为真时，的取值范围为或.19．如图所示，动物园要围成相同面积的长方形虎笼四间，一面可利用原有的墙，其它各面用钢筋网围成．（1）现有可围长网的材料，每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使每间虎笼面积最大？（2）若使每间虎笼面积为，则每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小？【答案】（1）每间虎笼的长，宽时，可使每间虎笼面积最大；（2）每间虎笼的长，宽时，可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小．【详解】试题分析：（1）设每间虎笼长，宽为，得到，设每间虎笼面积为，得到，利用基本不等式，即可求解结论；（2）依题知，设钢筋网总长为，则，即可利用基本不等式求解结论．试题解析：（1）设每间虎笼长，宽为，∴则由条件知，即，设每间虎笼面积为，则，由于当且仅当时，等号成立，即由，∴，∴每间虎笼的长，宽时，可使每间虎笼面积最大； （2）依题知，设钢筋网总长为，则，∴当且仅当时，等号成立，∴，由，∴，每间虎笼的长，宽时，可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小．【解析】基本不等式的应用．20．已知函数.（1）当a=2时，求不等式的解集；（2）设函数.当时，，求的取值范围.【答案】（1）；（2）．【详解】试题分析：（1）当时；（2）由等价于，解之得.试题解析： （1）当时，.解不等式，得.因此，的解集为. （2）当时，，当时等号成立，所以当时，等价于. ① 当时，①等价于，无解.当时，①等价于，解得.所以的取值范围是.【解析】不等式选讲. 21．已知关于的不等式，其中；(1)当，求不等式的解集；(2)当变化时，试求不等式的解集；(3)对于不等式的解集，满足.试探究集合能否为有限集，若能，求出使得集合中元素最少的的所有取值，并用例举法表示此时的集合，若不能，说明理由.【答案】(1)(2)答案见解析(3)能，，此时 【分析】（1）当时，利用二次不等式的解法解原不等式，即可得出解集；（2）对的取值进行分类讨论，利用一次不等式和二次不等式的解法解原不等式，可得原不等式的解集；（3）当时，为无限集，当时，为有限集，利用基本不等式可得出，可知当时，集合中的元素个数最少，求出此时的集合，进而可求得集合.【详解】（1）解：当时，原不等式即为，即，解得，故.（2）解：（1）当时，原不等式即为，解得，即；（2）当时，解方程，得或，且.①当时，，则，解原不等式可得，即；②当或时，，即，解原不等式可得或，即；③当时，，原不等式即为，解得，即.综上所述，当时，；当时，；当或时，；当时，.（3）解：由（2）可知，当时，为无限集，当时，为有限集，此时，，当且仅当时，即当时，等号成立，即当时，，此时，.