2022-2023学年江西省南昌市进贤县第二中学高一上学期阶段性考试数学试题（解析版）

2022-2023学年江西省南昌市进贤县第二中学高一上学期阶段性考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出集合中的元素，然后利用并集的运算即可求解.

【详解】因为，

又，由并集的运算可知：，

故选：.

2．命题“”的否定是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可得解.

【详解】解：因为存在量词命题的否定为全称量词命题，

所以命题“”的否定是.

故选：A.

3．函数中，自变量的取值范围是（    ）

A． B． C．且 D．

【答案】A

【分析】结合分式和二次根式性质直接求解.

【详解】由题可知，，.

故选：A.

4．已知，则下列不等关系中一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】取特殊值可判断A、C、D项，根据不等式的性质可判断B项.

【详解】取，，则，但，A项错误；

因为，所以，即成立，B项正确；

取，，则.又，，，C项错误；

取，，则.但，D项错误.

故选：B.

5．已知R是实数集，集合，则下图中阴影部分表示的集合是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据韦恩图得到阴影部分表示，然后解不等式得到集合，，最后求交集和补集即可.

【详解】由题意可得阴影部分表示，，，所以，.

故选：A.

6．已知，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由不等式的性质求解．

【详解】因为，所以，又，所以

所以．

故选：B．

7．“”是“”成立的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】B

【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可得解.

【详解】解：由，得或，

所以“”是“”成立的必要不充分条件.

故选：B.

8．已知反比例函数的图象如图所示，以下关于函数图象的说法中正确的是（    ）

A．开口向上，顶点在第四象限 B．开口向上，顶点在第三象限

C．开口向下，顶点在第二象限 D．开口向下，顶点在第三象限

【答案】C

【分析】由反比例函数图象得，由函数的解析式判断出对称轴和最值，可得答案．

【详解】由反比例函数的图象知，则函数的图象开口向下，

且对称轴为直线，则，

则顶点在第二象限，

故选：C．

二、多选题

9．下列集合是空集的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】AB

【分析】根据方程有解的条件逐项判断即可．

【详解】解：，

无解，为空集，A符合题意；

，，

∴ 方程解为空集，B符合题意；

由得，故C不符合题意；

由得

，即，

故D不符合题意．

故选：AB．

10．下列选项中两个函数相等的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】判断每个选项的两函数的定义域和对应关系是否都相同，都相同的两函数相等，否则不相等．

【详解】解：．的定义域为，的定义域为，定义域和对应关系都相同，两函数相等；

．的定义域为，的定义域为，定义域不同，两函数不相等；

的定义域为，的定义域为，定义域不同，两函数不相等；

．和显然相等．

故选：．

11．若“”是“”的充分不必要条件，则实数可以是（    ）

A． B． C．1 D．4

【答案】ACD

【分析】先解两个不等式，得到是的真子集，解不等式或，即得解.

【详解】，解得，

即，解得或，

由题意知是的真子集，

所以或，

所以或，

即.

故选：ACD

12．一次函数满足：，则的解析式可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】根据待定系数法，设出，可得，再根据对应项系数相等即可求出．

【详解】设，则，所以

，解得或，即或．

故选：AD．

三、填空题

13．已知命题：，，则该命题的否定是__________命题.（填“真”或“假”）

【答案】假

【分析】根据特称命题的否定可得原命题的否定，通过反例可得原命题否定为假.

【详解】命题的否定为：，；

当时，，，即，命题的否定为假命题.

故答案为：假.

14．设集合，则集合的非空真子集的个数为__________.

【答案】14

【分析】由已知可得到，逐个列举出来集合A的子集后，去掉和，即可得到结果.

【详解】要使，且，则或或或，

所以，或或或.

所以，.

集合的子集有，，，，，，，，，，，，，，，共16个.

去掉和，集合的非空真子集的个数为.

故答案为：14.

15．若，则的最小值为___________.

【答案】##

【分析】利用基本不等式“1的代换”求出最小值.

【详解】由，得.当且仅当，即，时，取得最小值.

故答案为：.

16．已知函数，，实数，满足，则的最大值为______.

【答案】94##214##2.25

【分析】依题意可得，再根据函数的定义域求出，的取值范围，则，，根据二次函数的性质计算可得.

【详解】解：∵函数，，实数，满足，

∴，可得，，，又，

∴，则，，

所以当时，，即，时，取得最大值.

故答案为：

四、解答题

17．设集合，，求：

(1)

(2)

【答案】(1)或；

(2)或.

【分析】（1）根据集合并集和补集的定义进行求解即可；

（2）根据集合补集和交集的定义进行求解即可.

【详解】（1）因为，

所以，

或；

（2）因为，

所以或，又因为，

所以或.

18．根据下列条件，求的解析式.

(1)已知

(2)已知

(3)已知是二次函数，且满足

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）利用换元求解，令，然后表示出，代入化简即可；

（2）利用方程组法求解，再构造一个关于的方程，然后解方程组可求得结果；

（3）利用待定系数法求解，令，然后由已知条件列方程组求解.

【详解】（1）令，则，，

所以由，

得，

所以；

（2）由，

得，

所以，

所以，

解得；

（3）由题意设，

因为，所以，

因为，

所以，

所以，

所以，得，

所以.

19．已知函数

(1)用分段函数的形式表示该函数；

(2)在上边所给的坐标系中画出该函数的图象；

(3)写出该函数的值域及因变量随自变量变化趋势（不要求证明）.

【答案】(1)

(2)图象见解析

(3)值域为，当时，因变量随自变量的增大而减小，

当时，因变量随自变量的增大而增大

【分析】（1）去掉绝对值，得到分段函数；

（2）取值，描点，连线，画出图象；

（3）根据图象，数形结合得到值域及因变量随自变量变化趋势.

【详解】（1）当时，，

当时，，

故；

（2）从解析式可知，函数图象为直线的一部分，

取值：

描点，连线，图象如下：

（3）由图象可知：该函数的值域为，

因变量随自变量变化趋势：当时，因变量随自变量的增大而减小，

当时，因变量随自变量的增大而增大.

20．

(1)比较与的大小；

(2)已知，求证：.

【答案】(1)答案见解析

(2)答案见解析

【分析】（1）作差进行大小比较即可；

（2）作差去证明即可得到答案.

【详解】（1）由，

可得；

（2），

∵，∴，，，

∴，∴．

21．已知：集合

(1)若是的充分条件，求实数的取值范围；

(2)若，求实数的取值范围.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）由是的充分条件得，列式求解即可；

（2）当，则；当，则，且或.

【详解】（1）是的充分条件得，即有，

故的取值范围为；

（2）由得，

i. 当，即；

ii. 当，即，则有或，故，即.

故的取值范围为

22．已知函数，

（1）若，求在区间上的最小值；

（2）若在区间上有最大值3，求实数的值.

【答案】（1）；（2）或.

【详解】试题分析：（1）先求函数对称轴，再根据对称轴与定义区间位置关系确定最小值取法（2）根据对称轴与定义区间位置关系三种情况分类讨论最大值取法，再根据最大值为3，解方程求出实数的值

试题解析：解：（1）若，则

 函数图像开口向下，对称轴为，所以函数在区间上是单调递增的，在区间上是单调递减的，有又，

（2）对称轴为

当时，函数在在区间上是单调递减的，则

     ，即；

当时，函数在区间上是单调递增的，在区间上是单调递减的，则，解得，不符合；

当时，函数在区间上是单调递增的，则

，解得；        

综上所述，或

点睛：(1)已知函数的奇偶性求参数，一般采用待定系数法求解，根据得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值；(2)已知函数的奇偶性求函数值或解析式，首先抓住奇偶性讨论函数在各个区间上的解析式，或充分利用奇偶性得出关于的方程，从而可得的值或解析式.