江苏省南京市金陵中学2022-2023学年高一上学期期中数学试题（教师版含解析）

这是一份江苏省南京市金陵中学2022-2023学年高一上学期期中数学试题（教师版含解析），共16页。试卷主要包含了11， 设，，若，则实数a的值可以是， 设函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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. 设，，且，则实数a的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据即可求解参数．
【详解】∵集合，，且，
∴，
故选：B．
2. 已知命题p：，，则命题p的否定为( )
A ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】利用含有一个量词的命题的否定的定义求解.
【详解】解：因为命题p：，是全称量词命题，
所以命题p的否定为，，
故选：D．
3. “”是“函数在区间上单调递增”的( )
A. 充不必要条件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】
【分析】根据函数的单调性结合充分不必要条件的定义求解.
【详解】解：函数在区间上单调递增，当时不符题意，当，即时，为单调减函数，不合题意；故，且，所以，
“”是“函数在区间上单调递增”的充分不必要条件
故选：A．
4. 设函数，其中a，b为常数，若，则( )
A. B. C. 2028D. 4041
【答案】D
【解析】
【分析】构造，根据奇偶性即可求解.
【详解】令，则是奇函数，故，所以,所以，
故选:D．
5. 下列函数中，其图像如图所示的函数为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的性质逐项分析即得．
【详解】由图象可知函数为奇函数，定义域为，且在单调递减，
对于A，，定义域为，，
所以函数为奇函数，在单调递减，故A正确；
对于B，，定义域为，故B错误；
对于C，，定义域为，故C错误；
对于D，，定义域为，，函数为偶函数，故D错误.
故选：A．
6. 在流行病学中，每名感染者平均可传染的人数叫做基本传染数，当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染1个以上的人，从而导致感染者人数急剧增长．当基本传染数低于1时，疫情才可能逐渐消散．而广泛接种疫苗是降低基本传染数的有效途径，假设某种传染病的基本传染数为，1个感染者平均会接触到N个新人()，这N人中有V个人接种过疫苗(为接种率)，那么1个感染者可传染的平均新感染人数．已知某病毒在某地的基本传染数，为了使1个感染者可传染的平均新感染人数不超过1，则该地疫苗的接种率至少为( )
A. 90%B. 80%C. 70%D. 60%
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件可得出关于的不等式，解之即可得出结果.
【详解】因为，由题意，解得，
故选：D．
7. 设函数若存在，且，使得成立，则实数a的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】考虑的对称轴与1比较，分与两种情况，结合函数的单调性，列出不等式，求出实数a的取值范围.
【详解】当时，，对称轴为，
当，即时，此时存在，使得，满足题意；
当，即时，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，
要想存在，且，使得，
则，解得：，
与取交集得：
综上：的取值范圃为.
故选：A．
8. 已知，，若时，关于x的不等恒成立，则的最小值是( )
A. B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】由韦达定理结合基本不等式即可求解.
【详解】有一根为，故若，恒成立，
则有一根为，由韦达定理知，另一根，
所以，即，
，
当且仅当 即取等号,
所以的最小值是.
故选：B．
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设，，若，则实数a的值可以是( )
A. 0B. C. 4D. 1
【答案】ABD
【解析】
【分析】解方程，写出集合A的所有元素，根据集合A和集合B的关系，分析集合B中的元素的可能情况，解出相应的a.
【详解】，因为，所以，所以或或或，
若，则；
若，则；
若，则；
若，无解．
故选：ABD．
10. 设函数，则下列结论正确的是( )
A. 的值域为B.
C. 是偶函数D. 是单调函数
【答案】BC
【解析】
【分析】由分段函数的定义作出判断AB，由偶函数的定义可判断C，由，可知函数不是单调函数.
【详解】的值域为，A错误；
，，所以B正确；
定义域关于数0对称，当时，，则；
当时，，则，所以是偶函数，所以C正确；
，所以不是单调函数，所以D错误．
故选：BC．
11. 已知关于x一元二次不等式的解集为，则下列说法正确的是( )
A.
B. 不等式的解集为
C. 不等式的解集为
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意可得，且，然后对选项逐一判断即可.
【详解】关于x的不等式的解集为，
所以二次函数的开口方向向上，即，故选项A正确；
因为是方程的根，所以，解得，
所以 也即，解得，故选项B错误；
不等式等价于，也即，解得或，故选项C正确，
因为或，所以，故选项D错误，
故选:AC．
12. 图像可能是( )
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据的奇偶性，以及分分别根据定义域以及图象的变化趋势即可求解.
【详解】由，所以是奇函数，故排除A,
当时，经过坐标原点，且当值越来越大时，的值越来越小，最终趋向于0，此时B符合，
当时，，此时D满足
当时，不经过坐标原点，当值越来越大时，的值越来越小，最终趋向于0，此时C不符合，
故选：BD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数则的值为________．
【答案】12
【解析】
【分析】根据解析式，由内而外，逐步计算，即可得结果．
【详解】因为，
所以，
所以，
故答案为：12
14. 不等式的解集为________．
【答案】
【解析】
【分析】将分式不等式转化为整式不等式即可求解.
【详解】，解得．
故答案为：
15. 若正实数a满足，则a的值为________．
【答案】1000
【解析】
【分析】由题意可得，再根据对数的运算性质即可得出答案.
【详解】解：因为正数a满足，
所以，
即，
所以，解得.
故答案为：1000.
16. 已知函数，若，则实数a的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】判断出为偶函数，且在上单调递增，然后可得，解出即可．
【详解】因为的定义域为，又
所以是偶函数，且在上单调递增，
由于，即，
所以，即，解得．
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. (1)计算：；
(2)已知且，求的值．
【答案】(1)3；(2).
【解析】
【分析】(1)利用对数运算法则以及换底公式即可求解；(2)结合已知条件求出，然后代入即可求解.
【详解】(1)
．
(2)因，，所以，，
．
18. 设集合，或，全集．
(1)若，求实数a的取值范围；
(2)若，求实数b的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据，可得，解之即可；
(2)由，可得，列出不等式组，解之即可.
【小问1详解】
解：因为，
所以，解得，
所以a的取值范围是；
【小问2详解】
解：，
因为，所以，
所以，解得，
所以b的取值范围是．
19. 如图，是边长为2正三角形，记位于直线()左侧的图形的面积为．
(1)求函数的解析式；
(2)画出函数在区间上的图象．
【答案】(1)
(2)作图见解析
【解析】
【分析】(1)分、、三种情况讨论，分别求出函数的解析式，再写出分段函数形式；
(2)由(1)中解析式得到函数图象.
【小问1详解】
解：当时，；
当时，；
当时，．
所以
【小问2详解】
解：由(1)可得函数图象如下所示：
20. 已知定义域为的奇函数满足：当时，．
(1)当时，求函数的解析式；
(2)指出在区间上的单调性，并证明．
【答案】(1)；
(2)在区间上单调递增，证明见解析.
【解析】
【分析】(1)奇函数若x=0时有意义，则f(0)=0；x<0时，-x>0，利用x>0时f(x)解析式可求x<0时的解析式；
(2)根据单调性的定义即可判断并证明．
【小问1详解】
，∴，∴，
当时，，，又，∴，
综上，当时，；
【小问2详解】
在区间上单调递增，证明如下：
任取，且，
，
∵，∴，，，，
∴，
∴，即，
∴在区间上单调递增．
21. 已知函数，a为常数．
(1)若，解关于x的不等式；
(2)若不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)．
【解析】
【分析】(1)化简不等式，结合二次函数与二次不等式的关系即可求解该不等式；
(2)将参变分离，将问题转化为求解即可．
【小问1详解】
，
当时，，的解集为；
当时，，解集为；
当时，，的解集为．
综上所述，当时的解集为；
当时，的解集为；
当时，的解集为．
【小问2详解】
对任意，
，
∴．
令，则，，
，
当且仅当，即，时取“＝”，
∴，
故实数a的取值范围为．
22. 设函数的定义域为D，若存在区间，使得，则称区间为函数的“H区间”．
(1)写出函数所有的“H区间”；
(2)若为函数的一个“H区间”，求m的值；
(3)求函数的“H区间”．
【答案】(1)，和．
(2)
(3)
【解析】
【分析】(1)根据题意可知a，b是方程的根，且，从而可求出的值，从而可求出“H区间”；
(2)分，两种情况结合“H区间”求解即可；
(3)根据“H区间”的定义分，两种情况求解即可.
【小问1详解】
函数是上的递增函数，则，
所以a，b是方程的根，且，
解得，或，或，．
故函数的所有“H区间”为，和．
【小问2详解】
当时，在上单调递减，
所以，，解得；
当时，，，不可能．
综上，．
【小问3详解】
设的“H区间”为，由“H区间”定义知：
，所以或，，
所以，
又，所以，，
当时，在区间上单调递减，
所以即
由得：，因为，所以，
又因为，，
所以，当且仅当，时取“=”此时，舍去；
当时，在区间上单调递减，在上单调递增，
所以，，，
所以，．
所以函数的“H区间”为.