江苏省南通市开发区四校联考2022-2023学年高一上期中数学试卷（含答案解析）

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1、江苏省南通市开发区四校联考2022-2023学年高一上期中数学试题一、单选题1. 设集合，则的真子集共有（ ）A. 15个B. 16个C. 31个D. 32个2. 已知，则（ ）A. 5B. 3C. 9D. 13. 若，且，则的最小值为（ ）A. 20B. 10C. D. 4. 若不等式，对一切恒成立，则实数的取值范围（ ）A. B. C. D. 5. 若函数（为常数），已知，则（ ）A. 9B. 5C. D. 36. 将函数的图象向左平移1个单位长度，得到函数的图象，则函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 7. 苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，在此基础上，布里格斯制作了第一个常用对数表

2、，对数是简化大数运算的有效工具.若一个正整数n的32次方仍是一个20位整数m，则根据下表数据，可知（ ）x237A 3B. 4C. 6D. 78. 设函数的定义域为R，对于任意给定的正数，定义函数，则称为的“界函数”.若函数，则下列结论正确的是（ ）A. B. 值域为C. 在上单调递减D. 函数为偶函数二、多选题9. (多选)已知命题:，则命题成立的一个充分条件可以是（ ）A. B. C. D. 10. 已知，某同学求出了如下结论，则下列判断中正确的是（ ）A. B. C D. 11. 已知定义在R上函数的图象是连续不断的，且满足以下条件：；，当时，都有；，下列选项成立的是（ ）A. B. 若

3、，则C. 若，D. ，使得12. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（LEJBrouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在一个点，使，那么我们称该函数为“不动点”函数，为函数的不动点，则下列说法正确的（ ）A. 为“不动点”函数B. 的不动点为C. 为“不动点”函数D. 若定义在R上有且仅有一个不动点的函数满足，则三、填空题13. 命题“，”的否定是_.14. 已知函数的定义域是，值域是，则这样的函数可以是_.15. 已知函数，若是R上的增函数

4、，则实数a的取值范围为_.16. 已知函数，其中若对任意的，存在，使得成立，则实数k的值等于_.四、解答题17. （1）（2）18. 已知，.（1）求；（2）若，求的取值范围.19. 已知函数是定义在上的奇函数（1）求的解析式；（2）用定义证明：在区间上是增函数；（3）解关于t不等式20. 2019年是我国脱贫攻坚关键年.在扶贫工作中，为帮助尚有90万元无息贷款没有偿还的某小微企业尽快脱贫，市政府继续为其提供30万元无息贷款，用以购买某种生产设备.已知该设备每生产1万件产品需再投入4万元的生产资料费，已知一年内生产该产品万件的销售收入为万元，且，企业在经营过程中每月还要支付给职工3万元最低工资

5、保障.（）写出该企业的年利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式；（）当年产量为多少万件时，企业获得的年利润最大？并求出最大利润；（）企业只依靠生产并销售该产品，最早在几年后能偿还所有贷款？21. 已知函数，（1）当时，求不等式的解集；（2）若存在使关于方程有四个不同的实根，求实数的取值范围22. 已知函数，（1）当时，求函数的单调递增与单调递减区间（直接写出结果）；（2）当时，函数在区间上的最大值为，试求实数的取值范围；（3）若不等式对任意，（）恒成立，求实数取值范围.江苏省南通市开发区四校联考2022-2023学年高一上期中数学试题一、单选题1. 设集合，则的真子集共有（ ）A. 15个

6、B. 16个C. 31个D. 32个【答案】A【解析】【分析】化简集合，由交集定义求出，再结合子集定义即可求解.【详解】由题意得，所以，所以的真子集共有个.故选：2. 已知，则（ ）A. 5B. 3C. 9D. 1【答案】B【解析】【分析】采用拼凑法求得函数解析式，再求即可.【详解】，令，故选：B3. 若，且，则的最小值为（ ）A. 20B. 10C. D. 【答案】A【解析】【分析】由基本不等式可直接求解.【详解】由不等式，当且仅当时等号成立，又，所以，时，取最小值故选：A4. 若不等式，对一切恒成立，则实数的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】采用分离常数法，易

7、得，结合拼凑法和基本不等式可得，进而得解.【详解】解：不等式对一切恒成立，对一切恒成立.而，当且仅当，即时等号成立，.故选：5. 若函数（为常数），已知，则（ ）A. 9B. 5C. D. 3【答案】A【解析】【分析】首先令，根据题意得到为定义在R上的奇函数，再利用奇函数的性质求解即可.【详解】令，定义域为R，则，即为定义在R上的奇函数，所以故选：A6. 将函数的图象向左平移1个单位长度，得到函数的图象，则函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数的平移变换求得的解析式，结合奇偶性、零点个数及特殊值可排除错误选项.【详解】因为，即，所以奇函数，排除A；令，

8、解得，即有唯的零点，排除C；由解析式可知，排除D只有B符合条件故选：B【点睛】本题考查了根据函数解析式选择函数图象，结合奇偶性、单调性、特殊值等性质即可排除错误选项，属于基础题.7. 苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，在此基础上，布里格斯制作了第一个常用对数表，对数是简化大数运算的有效工具.若一个正整数n的32次方仍是一个20位整数m，则根据下表数据，可知（ ）x237A. 3B. 4C. 6D. 7【答案】B【解析】【分析】由题可得，同取以10为底的对数再化简得，查对数表进行估值运算即可求解.【详解】因为正整数n的32次方是一个20位整数m，所以，将以上不等式同时取以10为底的对数得，所以，即，

9、而，因为，由选项知故选：B8. 设函数的定义域为R，对于任意给定的正数，定义函数，则称为的“界函数”.若函数，则下列结论正确的是（ ）A. B. 值域为C. 在上单调递减D. 函数为偶函数【答案】C【解析】【分析】由题中所给定义，写出分段函数解析式，根据解析式，画出图象，结合图象判断即可.【详解】由，得，解得，函数图象如图所示：对于A，故A错误；对于B，由函数解析式，结合图象可知，当时，取最小值，当或时，取最大值，的值域为，故B错误；对于C，当时，结合图象性质可知，在上单调递减，故C正确；对于D，的图象为的图象向右平移一个单位，结合的图象可知，函数关于直线对称，向右平移一个单位后，的图象关于直

10、线对称，不是偶函数，故D错误.故选：C.二、多选题9. (多选)已知命题:，则命题成立的一个充分条件可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据一元二次方程根的判别式，结合充分性的定义、子集的性质进行求解即可.【详解】由命题:，成立，得，解得.故命题成立的一个充分条件是的子集，因此选项A、B、D符合，故选：ABD.10. 已知，某同学求出了如下结论，则下列判断中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】利用不等式的性质进行逐个判断即可【详解】对于A，因为,所以由可得,则，故正确；对于B，因为，即，所以，故正确；对于C，因为，所以，故不正确；对

11、于D，因为，所以，故正确，故选：ABD11. 已知定义在R上函数的图象是连续不断的，且满足以下条件：；，当时，都有；，下列选项成立的是（ ）A. B. 若，则C 若，D. ，使得【答案】ACD【解析】【分析】由条件可直接判断函数为偶函数，单减，单增，再结合函数特征以此判断选项即可.【详解】由，得为偶函数，当时，都有，得在上单调递减，故A正确；即或，解得或，故B错误；由，得，若，则或，解得，故C正确；由为R上的偶函数，在单调递减，在单调递增，又因为函数的图象是连续不断的，所以为的最大值，所以，使得，故D正确.故选：ACD12. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可

12、应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（LEJBrouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在一个点，使，那么我们称该函数为“不动点”函数，为函数的不动点，则下列说法正确的（ ）A. 为“不动点”函数B. 的不动点为C. 为“不动点”函数D. 若定义在R上有且仅有一个不动点的函数满足，则【答案】ABC【解析】【分析】对于ABC，根据不动点的定义，令，有解即为“不动点”函数，且其解即为的不动点，注意选项C需要分类讨论； 对于D，设该不动点，由条件推得，求解后发现不唯一，与题设矛盾，故说法不正确.【详解】对于A，令，得，

13、解得，即（有一个满足足矣），所以为“不动点”函数，故A说法正确；对于B，令，得，即，即，解得，即和，所以的不动点为，故B说法正确；对于C，当时，令，得，解得或；当时，令，得，即，解得（舍去）；综上：和，所以为“不动点”函数，故C说法正确；对于D，不妨设该不动点为，则，则由得，即，整理得，所以也是不动点，故，解得或，即都是的不动点，与题设矛盾，故D说法错误.故选：ABC三、填空题13. 命题“，”的否定是_.【答案】【解析】【分析】存在改全称，再否定结论即可.【详解】命题“，”的否定是：故答案为：14. 已知函数的定义域是，值域是，则这样的函数可以是_.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】直接

14、根据已知写出一个函数即得解.【详解】因为函数的定义域是，值域是，所以函数可以是.故答案为：15. 已知函数，若是R上的增函数，则实数a的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】由增函数定义知两分段函数在定义域上都必为增函数，建立关于的不等式，再结合时的临界值建立不等式，解不等式组即可求解.【详解】函数在区间上是增函数，解得，即a的取值范围是.故答案为：16. 已知函数，其中若对任意的，存在，使得成立，则实数k的值等于_.【答案】【解析】【分析】不妨构造，可得，则原题可等价转化为的值域是的值域的子集，解不等式即可求解.【详解】由，令，则而，所以对任意的，存在，使得成立.因为，所以在上的值域为，函数

15、在上的值域为，依题意有，故，可得，得故答案为：四、解答题17. （1）（2）【答案】（1）8 ；（2）【解析】【分析】（1）利用对数运算性质化简即可得出答案（2）利用指数运算性质化简即可得到答案.【详解】原式；原式18. 已知，.（1）求；（2）若，求的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）首先解一元二次不等式求出集合，再解分式不等式求出即可，最后根据交集的定义计算可得；（2）依题意，分和两种情况讨论，分别求出参数的取值范围，即可得解.【小问1详解】解：由，即，解得或，所以或，由，等价于，解得，所以，所以.【小问2详解】解：因为，当，则，符合题意；当，则，解得，综上可得，即实数

16、的取值范围为.19. 已知函数是定义在上的奇函数（1）求解析式；（2）用定义证明：在区间上是增函数；（3）解关于t的不等式【答案】（1） （2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）由奇函数性质可求，进而得到解析式；（2）由增函数定义直接证明即可；（3）将等价转化为，结合奇函数定义域和增函数去“f”建立不等式，即可求解.【小问1详解】是定义在上奇函数，；【小问2详解】，令，又，在区间上是增函数；【小问3详解】，在区间上是增函数，可得，解得，的解集为20. 2019年是我国脱贫攻坚关键年.在扶贫工作中，为帮助尚有90万元无息贷款没有偿还的某小微企业尽快脱贫，市政府继续为其提供30万元无息贷款，

17、用以购买某种生产设备.已知该设备每生产1万件产品需再投入4万元的生产资料费，已知一年内生产该产品万件的销售收入为万元，且，企业在经营过程中每月还要支付给职工3万元最低工资保障.（）写出该企业的年利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式；（）当年产量为多少万件时，企业获得的年利润最大？并求出最大利润；（）企业只依靠生产并销售该产品，最早在几年后能偿还所有贷款？【答案】（）；（）年产量为9万件时，企业获得的年利润最大为24万元；（）企业最早5年后还清所有贷款.【解析】【分析】（）由题意按照、分类，即可写出年利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式；（）由题意结合二次函数的性质、基本不等式按照、

18、分类，分别求出函数最大值后即可得解；（）按照企业最大年利润计算，列出不等式即可得解.【详解】（）当时，年利润；当时，；所以； （）由（）知当时，所以当万件时，企业获得的利润最大为14万元； 当时，当且仅当万件时，等号成立，乙获得的利润最大为24万元.；综上可知，年产量为9万件时，企业获得的年利润最大为24万元. （）由题意，设最早年后还清所有贷款，则有，解得，所以企业最早5年后还清所有贷款.【点睛】本题考查了函数的应用及基本不等式的应用，考查了运算求解能力，合理转化条件是解题关键，属于中档题.21. 已知函数，（1）当时，求不等式的解集；（2）若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值范

19、围【答案】（1）答案见解析；（2）【解析】【分析】（1）先因式分解，对两根大小作讨论，求出解集；（2）先令，由，则可得，再将有四个不同的实根，转化为有两个不同正根，根据根与系数的关系，求出的取值范围【详解】（1）由题意，即，解方程得，.当时，即当时，解不等式，得或，此时的解集为；当时，即时，解不等式，得，此时的解集为；当时，即当时，解不等式，得或，此时的解集为；综上，当时，的解集为；当时，的解集为；当时，的解集为；（2）当时，令，当且仅当时，等号成立；则关于的方程可化为，关于的方程有四个不等实根，即有两个不同正根，则，由式可得，由知：存在使不等式成立，故，即，解得或.故实数的取值范围是【点睛】

20、已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解22. 已知函数，（1）当时，求函数的单调递增与单调递减区间（直接写出结果）；（2）当时，函数在区间上的最大值为，试求实数的取值范围；（3）若不等式对任意，（）恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，； （2） （3）【解析】【分析】（1）将题中的代入解析式，由

21、对勾函数的单调性可得单调区间；（2）解不等式，即可得到结果；（3）将题中的式子等价变形，将问题转化为在，单调递增，结合分段函数的解析式和二次函数的图象的对称轴，分类讨论得到结果【小问1详解】解：当时，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，；【小问2详解】解：因为，且函数在，上单调递减，在，上单调递增，又因为在，上的最大值为，所以，即，整理可得，所以，所以，即；【小问3详解】解：由不等式对任意，恒成立，即，可令，等价为在，上单调递增，而，分以下三种情况讨论：当即时，可得，解得，矛盾，无解；，即时，函数的图象的走向为减、增、减、增，但是中间增区间的长度不足1，要想在，递增，只能，即，矛盾，无解；即时，此时在，上单调递增，要想在，递增，只能，即，所以综上可得满足条件的的取值范围是