四川省广元市2023_2024学年高一数学上学期第一次阶段性测试10月试题含解析

这是一份四川省广元市2023_2024学年高一数学上学期第一次阶段性测试10月试题含解析，共14页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 函数的值域是， 已知正实数满足，则的最小值为等内容，欢迎下载使用。

时间：120分钟总分：150分
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
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，只有一项符合要求.
1. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】可以先求出集合B,然后进行交集的运算即可.
【详解】或，
，
.
故选：C
2. 命题“”的否定是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接写出存在量词命题的否定即可.
【详解】命题“”的否定是“”.
故选：D.
3. 设集合，，若，则（）．
A. 2B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可.
【详解】因为，则有：
若，解得，此时，，不符合题意；
若，解得，此时，，符合题意；
综上所述：.
故选：B.
4. 王昌龄是盛唐著名的边塞诗人，被誉为“七绝圣手”，其《从军行》传诵至今，“青海长云暗雪山，孤城遥望玉门关. 黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，由此推断，其中最后一句“攻破楼兰”是“返回家乡”的（）
A. 必要条件B. 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】利用充分必要条件判断即可得解.
【详解】由题意可知：“返回家乡”则可推出“攻破楼兰”，
故“攻破楼兰”是“返回家乡”必要条件，
故选：A.
5. 函数的值域是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求得的取值范围，根据不等式的基本性质可求得原函数的值域.
【详解】因为，所以，因此，函数的值域是.
故选：B.
【点睛】本题考查函数值域，考查基本分析求解能力，属基本题.
6. 已知a>1，b>1，记M＝，N＝，则M与N的大小关系为（）
A. M>NB. M＝N
C. M【答案】A
【解析】
【分析】利用基本不等式可得答案.
【详解】因为，所以
，当且仅当取等号，
而，
故选：A．
7. 关于x的不等式的解集中恰有2个整数，则实数a的取值范围（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先解出不等式，根据不等式的解分类讨论可得．
【详解】不等式化为，
当时，不等式无解，
当时，不等式解为，这里有且只有2个整数，则，
当时，不等式解为，这里有且只有2个整数，则，
综上的取值范围是．
故选：.
【点睛】方法点睛：本题考查解一元二次不等式，对于含有参数的一元二次不等式需要分类讨论才能求解．分类标准有三个层次：一是二次项系数的正负，二是相应一元二次方程的判别式的正负，三在方程有解时，讨论解的大小，以得出不等式的解．
8. 已知正实数满足，则的最小值为（）
A. 2B. 4C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】化简已知式可得，因为，由基本不等式求解即可.
【详解】
，
而，
当且仅当，即取等.
故选：C.
二、多项选择题: 本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 下列各图中，可能是函数图象的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数的概念即可求解
【详解】对于B选项，时每一个x的值都有两个y值与之对应，不是函数图象，故B错误，
其他选项均满足函数的概念，是函数的图象.
故选：ACD.
10. 某工艺厂用A、B两种型号不锈钢薄板制作矩形、菱形、圆3种图形模板，每个图形模板需要A、B不锈钢薄板及该厂2种薄板张数见下表
该厂签购制作矩形、菱形、圆3种模板分别为x，y，z（）块.上述问题中不等关系表示正确为（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意直接列不等式即可求解.
【详解】因为每个矩形模板需要5张A薄板，每个菱形模板需要3张A薄板，每个圆模板需要10张A薄板，且共有55张A薄板，
所以，
因为每个矩形模板需要12张B薄板，每个菱形模板需要6张B薄板，每个圆模板需要13张B薄板，且共有125张B薄板，
所以.
故选：BC.
11. 下列说法正确的是（）
A. 若，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】通过不等式性质证明选项正确或通过反例判断选项错误即可.
【详解】对于A，∵，∴，∴，∴，
∴，∴，故选项A正确；
对于B，当，，，时，有，，
但此时，，，故选项B错误；
对于C，当，，时，有，，
但此时，，，故选项C错误；
对于D，∵，∴，∴，
∴，∴，
由不等式的同向可加性，由和可得，故选项D正确.
故选：AD.
12. 下列说法正确的有（）
A. 若，则的最大值是
B. 若，则的最小值为2
C. 若，，均为正实数，且，则最小值是4
D. 已知，且，则最小值是
【答案】AD
【解析】
【分析】根据选项中各式的特点，进行适当变形，使用基本不等式进行判断．注意“1”的妙用及等号能否取到．
【详解】对于A，由可得，由基本不等式可得，
当且仅当时，即时取等号，所以的最大值为，故A正确；
对于，，
当且仅当时等号成立，但此时无解，等号无法取得，则最小值不为2，故B错误；
对于C，由可得
，
当且仅当且，即，，时，等号成立，由于，，均为正实数，则等号取不到，故C错误；
对于D，由得，即，
设，则，解得，
又，则，
所以，
当时，即时取等号.所以最小值是.故D正确；
故选：AD.
三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 不等式的解集为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据移项，通分，将分式不等式化为且，即可求解.
【详解】有已知得，，，,
即且，则不等式的解集为，
故答案为：.
14. 设函数若，则实数___________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据给定分段函数，代值计算得解.
【详解】当时，，解得；
当时，，解得.
故答案为：或.
15. “至少有一个不为”是“”的______________条件.（用“充要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分又不必要”填空）
【答案】充要条件
【解析】
【分析】利用充要条件的定义判断.
【详解】至少有一个不为，说明或或均不能为，则，
即“至少有一个不为”“”；
,说明或或均不能为，即至少有一个不为，
即“” “至少有一个不为”；
则“至少有一个不为”是“”的充要条件，
故答案为：充要条件.
16. 对非空有限数集定义运算“min”：表示集合中的最小元素．现给定两个非空有限数集，，定义集合，我们称为集合，之间的“距离”，记为．现有如下四个命题：
①若，则；②若，则；
③若，则；④对任意有限集合，，，均有．
其中所有真命题的序号为__________．
【答案】①③
【解析】
【分析】
根据题意可得①③正确，通过举反例可得②④错误.
【详解】对于结论①，若，则，中最小的元素相同，故①正确；
对于结论②，取集合，，满足，但，故②错误；
对于结论③，若，则中存在相同的元素，则交集非空，故③正确；
对于结论④，取集合，，，可知，，，
则不成立，故④错误.
故答案为：①③．
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. （1）已知实数满足，求取值范围；
（2）已知，，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由，，结合可加性求解；
（2）由，结合不等式的性质求解.
【详解】（1）因为，，所以，
所以的取值范围是．
（2）设
则，
∴，
∴
∵，，
∴，
∴
即.
18. 已知函数的定义域为A，集合.
（1）当时，求;
（2）若，求a取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出集合，再根据交集的定义求得结果；
（2）根据包含关系，分成，两种情况进行讨论.
【小问1详解】
由题意可得，，解得，即，
当a=2时，，
故，
【小问2详解】
若，则
①时，
②时，，，
综上，取值范围为.
19. （1）比较与的大小；
（2）若命题“时，一次函数的图象在轴上方”为真命题时，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）或
【解析】
【分析】（1）平方作差比较可得；
（2）由区间两端点处函数值大于0可得．
【详解】（1）
又.
（2）因为命题“时，一次函数的图象在轴上方”为真命题，
所以，所以或，
即的取值范围为或．
20. 某乡镇卫生院为响应政府号召，决定在院内投资96000元建一个长方体的新冠疫苗接种点，其高度3米，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用塑钢每平方400元，两侧墙砌砖，每平方造价450元，顶部每平米造价600元，设正面长为x米，每侧砖墙长均为y米.
（1）用x表示y，并写出x的范围；
（2）求出新冠疫苗接种点占地面积S的最大允许值是多少？此时正面长应设计为多少米？
【答案】（1）
（2）占地面积S的最大允许值是100平方米，此时正面长应设计为15米．
【解析】
【分析】（1）依题意有，可得函数的解析式；
（2）由基本不等式得的取值范围，可得的最大取值，再由等号成立的条件，解得，可得正面的设计长度．
【小问1详解】
由题意，，
化简得，得.
【小问2详解】
（当且仅当时取“=”），
代入，得，
得，
则，即面积S的最大允许值是100平方米．
当时，S取最大值，又，
∴，，
∴此时正面长应设计为15米．
21. 设函数，
（1）若且，求不等式的解集；
（2）若，求最小值.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知得，对分，，三种情况，依次求解不等式即可；
（2）对分和，分别用均值不等式求出最小值,取两者的最小值即可求解.
【小问1详解】
由得，
又因为所以不等式化为，
即，，
故：（i）当时，不等式的解集为；
（ii）当时，，不等式的解集为；
（iii）当时，，不等式的解集为.
【小问2详解】
由已知得，即，
则，
当时，，所以（当且仅当，即时等号成立）；
当时，，所以（当且仅当，即时等号成立）；
所以的最小值为.
22. 已知二次函数．
（1）若的解集为，解关于x的不等式；
（2）若不等式对恒成立，求的最大值．
【答案】(1) ;(2) .
【解析】
【分析】
(1)先根据一元二次不等式解集与对应方程根的关系，求得，代入并解一元二次不等式得结果，（2）根据二次函数图像得，即得，因此，再令化为对勾函数，利用基本不等式求最值.
【详解】（1）∵的解集为
∴，，
∴.故
从而，解得.
（2）∵恒成立，
∴，
∴∴，
令，∵ ∴，从而，
∴，令.
①当时，；
②当时， ，
∴的最大值为.
【点睛】易错点睛:在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
矩形
菱形
圆
总数
A
5
3
10
55
B
12
6
13
125