2022-2023学年江苏省淮安市淮阴中学高一年级上册学期期中数学试题

一、单选题

1.已知全集为R，若集合Ayy2,xR，集合Bxx1x40，则

xAB（）

A.,04, C.4,

B.0,4 D.1,4

2.若命题“x0,3，x22xa0”为真命题，则实数a可取的最小整数值是（） A.1

B.0

C.1

D.3

3.设实数a，b，c满足ab0，c0，则下列不等式成立的是（） A.

11 abB.ac2bc2 C.cacb

D.

cc ab4.纳皮尔发明了对数，拉普拉斯说对数的发明“以其节省劳力而延长了天文学家的寿命”.如M2360，N1028（参考数据：lg20.3），则下列各数中与A.1060

B.1080

C.10108

M最接近的是（） ND.10135

5.奇函数fx在R上单调递增，若正数m，n满足f最小值（） A.3

11fn10，则2m的

nmD.322 B.42 C.222

6.已知幂函数yx，R，若有下列四个判断：①定义域是,00,；②值域是0,；③该函数是偶函数；④在0,单调递增，其中恰有三个正确，不正确的．是（） A.① A.bca

B.② B.cba

C.③ C.bac

D.④ D.cab

7.设alog0.40.5，b0.30.4，c0.50.4，则a，b，c的大小关系是（）

8.已知集合U1,2,3,4,5,6,7，若A是U的子集，且同时满足：①若xA，则2xA；②苦xUA，则2xUA；则集合A的个数为（）

C.20

D.24

A.8

二、多选题

B.16

9.下列说法正确的是（） A.“ab0”的充要条件是“B.“a0”是“

a1” b11”的充分不必要条件 a22C.命题“xR，x20”的否定是“xR，x20”

2x21D.fx2的值域是,2.

x1110.已知函数fxab的图象过原点，且无限接近直线y2，但又不与该直线

2相交，则下列说法正确的是（） A.a2，b2

B.fx的值域为,2

D.若fxfy，且xy，则xy0

xC.若xy0，则fxfy 11.不列说法正确的有（）

1222 x11B.若xR，则2xx2

2A.若xR，则2xC.若正数x，y满足xy2，则log2x，log2y的最大值是

1 451a的最小值为 2bD.若实数a0，b0，满足log4alog6blog9ab，则

12.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为七界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设xR，用x表示不超过x的最大整数，则yx称为高斯函数，如：1.21，1.22，yx又称为取整函数，在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等均按“取整函数”进行计费，以下关于“取䇥函数”的描述，正确的是（） A.xR，2x2x B.xR，xx2x

21C.x，yR，若xy，则有xy1 D.方程x3x1的解集为

27,10

三、填空题

1的定义域为______. x114.已知alg3，10b5，则log215可用a，b表示为______.

13.函数fxlnxx24x2,x115.已知函数fx，则满是不等式fafa21的a取值范围

2x3,x1______.

16.已知函数fx是定义在0,上的单调函数，且对x0,，都有

1ffx2.若fa2，则a______；若关于x的方程fx2m有两不等

x实根，则m的取值范围是______.

三、解答题

17.已知A1,2,3，Bxax10，其中aR. （1）当a3时，求AB和AB； （2）若__________，求实数a的取值范围.

请从①ABA；②xA，xB；（3）“xB”是“xA”的必要条件； 这三个条件中选择其中一个填入（2）中横线处，并完成第（2）的解答. ．．18.已知函数fxa（a0，a1）在区间2,4上的最大值是16.

x（1）求实敞a的值：

（2）汶gxlog2x23x2a的定义域是R，求不等式loga12t1的实数取值范围.

19.双“11”期间，某商场为了激励销售人员的积极性，决定根据业务员的销售额发放奖金（奖金和销售额的单位都为万元），奖金发放方案要去同时具备下列两个条件：①奖金fx随销售额x（2x8）的增加而增加；②奖金金额不低于销售额的采用函数模型fxmx（1）若m1.经测算该企业决定10n1（m0，n0）作为奖金发放方案. x21，n2，此奖金发放方案是否满足条件？并说明理由. 51（2）若m，要使奖金发放方案满足条件，求实数n的取值范围.

2020.设fx是定义在0,上的函数，且对任意x，恒有fxfyfxy1y0，且x1时，fx1. （1）求f1的值；

（2）证明函数fx在0,上单调递增；

（3）若f22，且fafa12，求实数a的取值范围. 21.已知函数fxax，gx2xa.

2（1）若不等式fx1fx2gx1gx2对任意x1，x22,，x1x2恒成立，求实数a的取值范围；

（2）对于a0，求函数hxfxgx在0,上的最小值. 22.已知函数fx1（1）求a的值； （2）设函数gxa为定义域内的奇函数. 2x1x22mx913，若对任意x13,，总存在x2,2使得

7fx11gx2成立，求实数m的取值范围. 2m

江苏省淮阴中学2022—2023学年度第一学期期中考试 高一数学答案

一、单选题

1-8 CBBBDDAB 二、多选题

9. BC 10. AD 11. BCD 12. BCD 三、填空题

13.0,11,14.三、解答题

17.解答：（1）当a3时，Bx3x10,，又

3所以AB1,2,3，AB,.

（2）若选①ABA，则①AB则①a10，且

ab15.,2727, 16.0,1 1b1A1,2,3

1311，所以a1； a若选②，任意的x1,2,3，都有ax10，当a0时，该不等式恒成立； 当a0时，3a10，所以0a若选③，则AB，同①.

18.（1）当a1时，fxmaxa16，则a2；当0a1时，fxmaxa4211，综上a. 3316，

则a1. 49， 82（2）因为gx定义域为R，所以R上x3x2a0恒成立，所以a98a0，

所以a2，即log212t1，所以012t2，所以11t. 22x211，n2时，fx，

5x25x2因为y在2,8上单调递增，且y也在2,8上单调递增，

5x19.解：当m所以fx在2,8上单调递增，满足条件①； 若奖金金额不低于销售额的

1x21x，则（x2,8）， 105x210当x2时，不等式不成立，不满足条件②

1，n2时不满足条件. 51xn1（2）解：当m时，函数fx，

2020x2故m因为n0，所以fx在2,8上单调递增，奖金发放方案满足条件①.

xxn11，即x在x2,8时恒成立， 1020x210121所以，nxx在x2,8时恒成立，

20255当x5时，y取得最小值，所以m，

445所以要使奖金发放方案满足条件，n的取值范围为0,.

4由条件②可知fx20.（1）令xy1，得f11； （2）任意的x1，x20，令x1x2，

xfx1fx2fx1f2x1fx1x1因为x1x2，所以调递增

（3）因为f22，所以f43，

xf2fx111x1x f22xx21，x1xf21，fx1fx20，所以fx在0,上单x1fa12fa131fa1f41f4a4，尽4a404，解得1a f4a4fa，a054a4a21.（1）因为fx1fx2gx1gx2恒成立，所以fx1gx1fx2gx2，所以yfxgxax2xa单调增，a0，

2112，所以a. a2a2ax2xa,0x2hx

aax22xa,x2①在0x②在xaa时，因为a0，所以hx在0,单调增，hxminh0a， 22a12时，yax2xa对称轴为x， 2a1aaa当，即a2时，,单调递增，hxminhh0a，所以a222hxminh0a，

当

11aa111，即0a2时，,单调减，,单调增，ha

aa2a2aa2111时，hxminha； a，即0a2aaa若a若a21a2时，hxminh0a. a，即2a综上hxmin12a,0aa2 a,a2222.解答：（1）因为x0，fx是奇函数，所以f2f20，解得a2，

aa222x1x2x0，是奇函数. 此时fxfx1xx21212112（2）因为13x22mx90恒成立

2791,，当时， m0 fx10恒，符合条件. x2172m又当x3时，fx1当m0时，

71fx10, 2mmx22mx9x22mx9当m2时，所以34m13110,34m13在,2上单调递增，， 3311，记hm34m13，hx在0,单调递增，又h30，所以mmx22mx9m3.

1当m2时，30,3m292，所以令3m291，因为3m935，11，所mm2以m2不符合条件.综上m3