南京外國語學校2022~2023學年高一(上)期中數(shù)學試卷2022.11一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1. 已知A＝{－1，0，1，3，5}，B＝{x|2x－3＜0}，(    )A. {0，1} B. {－1，1，3} C. {－1，0，1} D. {3，5}【答案】D【解析】【分析】求出集合B，然后求出即可【詳解】因為 所以 所以故選：D.2. 已知集合，，且有4個子集，則實數(shù)的取值范圍是(    )A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求出集合，由題意可得，且，從而可求出實數(shù)的取值范圍.【詳解】，因為有4個子集，所以集合中有2個元素，因為，所以，且，所以且，即實數(shù)的取值范圍是，故選：B.3. 荀子曰：“故不積跬步，無以至千里；不積小流，無以成江海”，這句話是來自先秦時期的名言.此名言中的“積跬步”一定是“至千里”的(    )A. 充分條件 B. 必要條件 C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據(jù)充分條件、必要條件的定義判斷即可.【詳解】解：由已知設“積跬步”為命題，“至千里”為命題，“故不積跬步，無以至千里”，即“若，則”為真命題，其逆否命題為“若則”為真命題，反之不成立，所以命題是命題的必要不充分條件，故“積跬步”一定是“至千里”的必要條件；故選：B.4. 下列四組函數(shù)中，與不相等的是(    )A. 與B. 與C. 與D. 與【答案】D【解析】【分析】利用相等函數(shù)的概念，通過定義域、值域，對應關系等方面進行判斷.【詳解】D項中，的定義域為解得或，的定義域為解得，定義域不相同故選：D5. 若，且，則的最大值為(    )A. 9 B. 18 C. 36 D. 81【答案】A【解析】【分析】由基本不等式求解．【詳解】因為，，所以，當且僅當時等號成立．即的最大值是9．故選：A．6. 高德納箭頭表示法是一種用來表示很大的整數(shù)的方法，它的意義來自乘法是重復的加法，冪是重復的乘法.定義：，(從右往左計算).已知可觀測宇宙中普通物質(zhì)的原子總數(shù)約為，則下列各數(shù)中與最接近的是(    )(參考數(shù)據(jù)：)A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)高德納箭頭表示法即可求解，進而根據(jù)對數(shù)的運算與指數(shù)的互化即可求解.【詳解】因為，故，取對數(shù)得，故，故最接近的是，故選：C7. 已知，，且，則的最小值為(    )A. 10 B. 9 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由已知，可設，，利用換底公式表示出，帶入中，得到m，n的等量關系，然后利用“1”的代換借助基本不等式即可求解最值.【詳解】由已知，令，，所以，，代入得：，因為，，所以.當且僅當時，即時等號成立.的最小值為.故選：C.8. 已知函數(shù)，若它們同時滿足：①，與中至少有一個小于0；②，則m取值范圍是(    )A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由①知當時，恒成立，由此可得二次函數(shù)開口方向及零點位置，由此可構造不等式組求得；由②知，，結(jié)合可確定兩零點的范圍，由此可得不等式求得；綜合兩種情況可得最終結(jié)果.【詳解】對于①，當時，成立，只需當時，恒成立即可，，解得：；對于②，當時，，則只需，即可；令，解得：，；由①得：，，，若，，則只需，解得：；綜上所述：的取值范圍為.故選：D.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9. 設集合，那么下列四個圖形中，能表示集合M到集合N的函數(shù)關系得有(    )A.  B. C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)的定義,任意,存在唯一的與之對應分別判斷即可.【詳解】根據(jù)函數(shù)的定義,任意,存在唯一的與之對應,對于A,當時,沒有與之對應,故A錯誤;對于B,滿足任意,存在唯一的與之對應,故B正確;對于C, 滿足任意,存在唯一的與之對應,故C正確;對于D,當時,均有2個不用值與之對應,故C錯誤.故選:BC.10. 下列命題正確的是(    )A. 若，，則；B. 若正數(shù)a、b滿足，則；C. 若，則的最大值是；D. 若，，，則的最小值是9；【答案】BC【解析】【分析】A選項用作差法即可，B，C，D選項都是利用基本不等式判斷.【詳解】對于選項A，，因為，，所以，,即，故，所以A錯誤；對于選項B，因為，所以， 當且僅當，即時，等號成立，故B正確；對于選項C，因為，，當且僅當即 時，等號成立，所以，故C正確；對于選項D，因為，所以，所以，當且僅當即時，等號成立，所以的最小值是8，故D錯誤.故選：BC.11. 高斯是德國著名的數(shù)學家，近代數(shù)學奠基者之一，享有“數(shù)學王子”的稱號，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數(shù)學家，用其名字命名的“高斯函數(shù)”為：設，用表示不超過x的最大整數(shù)，則稱為高斯函數(shù)．例如：．已知函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是(    )A. 的定義域為R B. 的值域為C. 是偶函數(shù) D. 的單調(diào)遞增區(qū)間為【答案】AD【解析】【分析】首先得到函數(shù)的定義域，再利用特殊值判斷C、B，求出上的函數(shù)解析式，即可判斷D；【詳解】解：因為，所以的定義域為，故A正確；當時；當時；當時，當，時，當時，當，時，所以函數(shù)的值域不是，且函數(shù)在上單調(diào)遞增，故B錯誤、D正確；，，，不是偶函數(shù)，故C錯誤；故選：AD12. 設非空集合，滿足：當時，，給出如下四個命題，其中是真命題的有(    )A. 若，則B. 若，則m的取值集合為C. 若，則的取值集合為D. 若，則的取值集合為【答案】ACD【解析】【分析】只需函數(shù)在上的值域為函數(shù)在上的值域的子集，然后對選項一一判斷即可.【詳解】畫出與的函數(shù)圖像由題意可知：，函數(shù)在上的值域為函數(shù)在上的值域的子集，所以的最大值大于等于的最大值，故；的最小值小于等于的最小值，所以或，選項A：當時，因為，，所以，故，選項A正確；選項B：因為或，故選項B錯誤；選項C：當時，，因為此時的最大值大于等于，所以，又因為，所以得，所以選項C正確；當，時，此時，得，又因為或，所以，故選項D正確.故選：ACD三、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分．13. 若有意義，則實數(shù)a的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】利用對數(shù)的定義進行求解.【詳解】要使有意義，須，即，解得或，即實數(shù)a的取值范圍是.故答案為：.14. 已知函數(shù)的定義域為，則實數(shù)k的值為_________．【答案】0【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)定義域為，分，兩種情況分類討論求解即可.【詳解】函數(shù)的定義域為使的實數(shù)的集合.由函數(shù)的定義域為當時，函數(shù)，函數(shù)定義域，因此符合題意；當時，無解，  即,不等式不成立.所以實數(shù)的值為0.故答案為：0.15. 若函數(shù)滿足對任意，都有成立，則實數(shù)的取值范圍是______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)題中條件，可以先判斷出函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，再結(jié)合分段函數(shù)的解析式，要每一段都是增函數(shù)，且分界點時右段函數(shù)的函數(shù)值要大于等于左段函數(shù)的函數(shù)值，列出不等關系，求解即可得到a的取值范圍．【詳解】：∵對任意x1≠x2，都有成立，
∴x1-x2與f(x1)-f(x2)同號，
根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，可知f(x)在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，
∴當時，f(x)=(為增函數(shù)，則 ，即a＜3，①
且當x=2時，有最小值 ；
當時，f(x)=為二次函數(shù)，圖象開口向下，對稱軸為x=2，
若f(x)在(-∞，2)上為增函數(shù)，且 ；
又由題意，函數(shù)在定義域R上單調(diào)遞增，
則，解得 ；②
綜合①②可得a的取值范圍： ，即答案為.【點睛】本題考查了分段函數(shù)的單調(diào)性的問題，一般選用分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想方法進行求解．注意解題方法的積累，屬于中檔題．16. 若函數(shù)在區(qū)間上是嚴格增函數(shù)，而函數(shù)在區(qū)間上是嚴格減函數(shù)，那么稱函數(shù)是區(qū)間上”緩增函數(shù)”，區(qū)間叫做“緩增區(qū)間”.已知函數(shù)是區(qū)間上的“緩增函數(shù)”，若定義為的區(qū)間長度，那么滿足條件的“緩增區(qū)間”的區(qū)間長度最大值為___________.【答案】【解析】【分析】分別求出函數(shù)的單增區(qū)間，再求出的單減區(qū)間，即可求出函數(shù)的“緩增區(qū)間”，進而求出“緩增區(qū)間”的區(qū)間長度最大值.【詳解】二次函數(shù)的單增區(qū)間是.而.由對勾函數(shù)的性質(zhì)可知：的單減區(qū)間為，.所以及其非空真子集均為函數(shù)的“緩增區(qū)間”，其中區(qū)間的長度最長，為.所以滿足條件的“緩增區(qū)間”的區(qū)間長度最大值為.故答案為：.四、解答題：本題共4小題，共40分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17. (1)已知二次函數(shù)，且滿足，，求的表達式；(2)已知是一次函數(shù)，且，求的表達式.【答案】(1)；(2)或.【解析】【分析】(1)設的表達式為，由，可得，由，可列出關于和的方程組，解之即可；(2)設的表達式為，由，可列出關于和的方程組，解之即可.【詳解】解：(1)設的表達式為，∵，，∴，，化簡得，，∴，解得，∴.(2)設的表達式為，∵，∴，即，∴，解得或，∴或.18. (1)若，求的值．(2)已知，求．【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根據(jù)對數(shù)運算求解，注意對數(shù)的真數(shù)大于0；(2)根據(jù)指數(shù)冪的運算求解.【詳解】(1)由題意可得，解得，則，∵，則，∴，整理得，解得或(舍去)，故的值為.(2).19. 已知命題是假命題．(1)求實數(shù)的取值集合；(2)設不等式的解集為，若是的必要不充分條件，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】(1)    (2)【解析】【分析】(1)由題，是真命題，轉(zhuǎn)化為二次不等式在區(qū)間內(nèi)恒成立問題.(2)是的必要不充分條件得到集合 是集合的真子集，解出集合A，分類討論，可求實數(shù)的取值范圍.【小問1詳解】，是假命題，，是真命題，對恒成立令，，易知的最大值為，所以實數(shù)的取值集合【小問2詳解】不等式對應方程的根為：是的必要不充分條件，集合 是集合的真子集①當即時，，集合 是集合的真子集，，解得，此時； ②當即時，解集，不滿足題意；③當即 時，，集合 是集合的真子集，得，此時無解，綜上所述，實數(shù)的取值范圍是20. 定義在上的函數(shù)滿足：對任意的，都有，且當，．(1)求證：函數(shù)是奇函數(shù)；(2)求證：在上是減函數(shù)；(3)解不等式：；(4)求證：．【答案】(1)證明見解析    (2)證明見解析    (3)    (4)證明見解析【解析】【分析】(1)令可求得；令可推導得到奇偶性；(2)設，結(jié)合奇偶性可得，根據(jù)可得，由此可得單調(diào)性；(3)利用奇偶性可將不等式化為，由單調(diào)性和函數(shù)定義域可構造不等式組求得結(jié)果；(4)變形可得，由已知關系式可得，累加可求得，根據(jù)可得結(jié)論.【小問1詳解】令，則，解得：；令，則，為定義在上的奇函數(shù).小問2詳解】設，則，；，，，；又，，又當，，，，即，在上是減函數(shù).【小問3詳解】由得：；定義域為且在上是減函數(shù)，，解得：，不等式的解集為.【小問4詳解】；，，，；，，，.【點睛】關鍵點點睛：本題考查抽象函數(shù)奇偶性、單調(diào)性相關問題的求解；本題證明不等式的關鍵是能夠?qū)⒆宰兞炕癁榕c已知關系式相同的形式，從而利用已知的抽象函數(shù)關系式對不等式左側(cè)進行化簡得到.  
 
 

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