四川省广元中学2023-2024学年高一数学上学期10月第一次阶段性试题（Word版附解析）

这是一份四川省广元中学2023-2024学年高一数学上学期10月第一次阶段性试题（Word版附解析），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。
广元中学高2023级高一上期第一次阶段性测试数学试题时间：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：C2. 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. 2 B. 1 C.  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>N B. M＝NC. M<N D. 不确定【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. 2 B. 4 C. 8 D. 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 矩形菱形圆总数A531055B12613125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2C. 若，，均为正实数，且，则最小值是4D. 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.