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）

这是一份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），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：ACD12．一次函数满足：，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：213122 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.