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河南省郑州市外国语学校2021-2022学年高一数学上学期期中试题(Word版附解析)

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郑州外国语学校2021-2022学年高一上期期中考试试卷一、选择题(本题共12小题,每小题5分,满分60分,其中前10题为单选题,后2题为多选题)1.已知集合,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出集合A,再根据交集得定义即可得出答案.【详解】解:由已知或,所以.故选:C.2.已知,,,则下列语句能成为“,,都不小于”的否定形式的是()A.,,中至少有个大于B.,,都小于C.,,都不大于D.或或【答案】D【解析】【分析】根据全称量词的否定,即可得出答案.【详解】“,,都不小于”,则,否定为:“,,中至少有个小于”.故选:D3.若非零实数,满足,则下列不等式成立的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】举出符合条件的特例即可判断选项A,B,D,对于C,作出不等式两边的差即可判断作答.【详解】取,满足,而,A不成立; 取,满足,而,B不成立;因,即有,C成立;取,满足,而,即,D不成立.故选:C4.函数的图象大致为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先判断函数为奇函数,排除BC选项,再根据函数图像在的符号,排除D选项,得到答案.【详解】由函数可得,故函数的定义域为,又,所以奇函数,图像关于原点对称,因此BC错误;当时,,,所以D错误;所以A正确.故选:A.5.已知函数,则满足不等式的的取值范围是()A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数解析式判断函数的奇偶性和单调性,再根据以上的性质解不等式即可.【详解】由于,所以是偶函数;当时,,由复合函数的单调性知f(x)是增函数,所以函数大致图像如下图:对于,就是,解得;故选:A6.在古巴比伦时期的数学泥版上,有许多三角形和梯形的分割问题,涉及到不同的割线.如图,梯形中,,且,,和为平行于底的两条割线,其中为中位线,过对角线交点,则比较这两条割线可以直接证明的不等式为()A.B.C. D.【答案】B【解析】【分析】首先设交于点,根据三角形相似性质得到,即可得到答案.【详解】设交于点,如图所示:因为,所以,即.又因为,即,解得.又因为,,所以.故选:B7.已知,,若对,,使得,则a的取值范围是()A.[2,5]B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合导数求得在区间上的值域.结合二次函数的性质求得在上的值域,结合“任意、存在”列不等式,由此求得的取值范围. 【详解】,所以在[1,2]递减,在(2,3]递增,,可得的值域为,对称轴为,在[1,3]递增,可得的值域为,若对,,使得,可得的值域为的值域的子集.则,且,解得,故选:A.8.设,,且,则()A.有最小值为B.有最小值为6C.有最小值为D.有最小值为7【答案】B【解析】【分析】利用已知条件凑配出积为定值,然后由基本不等式求得最小值.【详解】因为,,且,所以,当且仅当,即时等号成立.故选:B.9.已知,则的大小关系为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据指数函数的性质,对a,b同时20次方,从而比较大小,且a,b均小于1,而 ,从而求得结果.【详解】,,又故故选:A10.若,且不等式的解集中有且仅有四个整数,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将不等式化为,讨论a的取值范围,确定不等式的解集,根据题意确定解集中仅有的四个整数,由此列出关于a的相应的不等式,求得a的取值范围.【详解】不等式即,由题意当,则,故,因为不等式的解集中有且仅有四个整数,故这四个整数为,故,即,与矛盾;当,则,即,不合题意;当,则,故,因为不等式的解集中有且仅有四个整数, 故这四个整数可能为或,当这四个整数为时,,即,但此时,整数解为,不适合题意,这四个整数为时,且,故的取值范围是,故选:B11.设,表示不超过的最大整数,如,已知,则当时,函数的可能取值为()A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】求出,判断其单调性,求得其值域,可确定的可能的取值,同理可求得的可能取值,结合x的取值情况,即可求得答案.【详解】由题意知,,而是时的增函数,当时,,当时,,当时,,故的值域为,故的取值可能为和, 由于是时的减函数,当时,,当时,,当时,,故的值域为,则的取值可能为和,当,,当,,当时,,,,所以函数的可能取值为,故选∶.12.已知函数的定义域,为奇函数,为偶函数,当时,则以下结论正确的有()A.点不是的图象的对称中心B.,C.当时,D.【答案】BCD【解析】【分析】A选项:根据为奇函数,得到时的对称中心,再利用为偶函数即可得到也是的对称中心;B选项:根据为奇函数,得到,再利用为偶函数得到,即可得到; C选项:根据的对称性,可得时的图象也是二次函数图象的一部分,且形状和的图象相同,然后用待定系数法求解析式即可;D选项:根据得到4是的一个周期,然后结合对称性求即可.【详解】A选项:为奇函数,则时的对称中心,又为偶函数,所以也是的对称中心,故A错;B选项:为奇函数,则,又为偶函数,所以,可整理为,故B正确;C选项:由时,,再结合对称性可得时的图象也是二次函数图象的一部分,设,,,代入可得,解得,所以时,,故C正确;D选项:由,可得,所以4是的一个周期,,故D正确.故选:BCD.二、填空题(本题共4小題,每小題5分,共20分)13.已知,则__________.【答案】【解析】【分析】根据logax=2,logbx=3,则可求出,,从而得出,通分取倒数即可得出答案.【详解】由题意logax=2,logbx=3,∴,,∴; ∴.故答案为.【点睛】考查对数的运算性质,对数的换底公式,熟记对数恒等式及运算法则是关键.14.已知正数,满足,则的最大值为__________.【答案】##【解析】【分析】先利用基本不等式将条件等式化为关于的不等式,求解可得的范围,再将代入目标式,换元后利用单调性可解.【详解】因为,整理得又,为正数,所以,当且仅当时等号成立,,记,易知在上单调递增,所以当时,有最大值,即最大值为.故答案为:15.若函数f(x)=x2+a|x-2|在(0,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是________.【答案】[-4,0]【解析】【分析】去掉绝对值符号,将原函数化为分段函数的形式,然后根据二次函数图象的开口方向和对称轴与区间的位置关系求解.【详解】因为f(x)=x2+a|x-2|,所以,又因为f(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以,解得-4≤a≤0.所以实数a的取值范围是[-4,0].【点睛】本题考查二次函数的单调性,解题时结合抛物线的开口方向和对称轴与区间的关系,利用数形结合的方法进行即可.16.设函数的定义域为,如果存在正实数,使对任意的,都有,且恒成立,则称函数为上的“型增函数”.已知是定义在上的奇函数,且当时,,若为上的“型增函数”,则实数的取值范是__________.【答案】【解析】【分析】根据函数的奇偶性,用分段函数的形式表示函数,分情况列不等式,结合绝对值不等式的性质解不等式,求交集即可.【详解】由已知的函数为奇函数,所以当时,,,由为“型增函数”,当时,,即,解得;当时,,即,即,由绝对值的几何意义得,解得;当时,,分为以下三类研究:①当时,可得,即,符合题意; ②当时,即,可得,解得;③当时,,即,解得,综上,要使为上的“型增函数”,的取值范围是,故答案为:.三、解答题(本题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或运算步骤)17.解关于的不等式.(1);(2).【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)移项化简整理可得,将分式不等式化为整式不等式可得,结合一元二次不等式运算求解;(2)两边平方,化简整理结合一元二次不等式运算求解.【小问1详解】∵,则,∴,解得,故不等式解集为.【小问2详解】∵,则, ∴,解得或,故不等式的解集为.18.已知命题:,,命题为真命题,实数的取值集合为.(1)求集合;(2)设集合,若是的充分不必要条件,求实数的取值范围.【答案】(1)或;(2).【解析】【分析】(1)结合已知条件,利用一元二次方程的判别式即可求解;(2)根据已知条件求出,然后分类讨论集合是否为空集即可求解.【详解】(1)命题为真命题,则,得或,所以或;(2)因为是的充分不必要条件,所以.①当时,则,即,满足,②当时,则,即,因为,所以或,解得,综上可得.19.一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金,其中左臂长和右臂长之比为,一位顾客到店里购买克黄金,售货员先将砝码放在天平左盘中,取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡;再将砝码放在天平右盘中,然后取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡,最后将两次称得的黄金交给顾客(1)试分析顾客购得的黄金是小于,等于,还是大于?为什么?(2)如果售货员又将的砝码放在天平左盘中,然后取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡,请问要使得三次黄金质量总和最小,商家应该将左臂长和右臂长之比,设置为多少?请说明理由. 【答案】(1)顾客购得的黄金是大于,理由见详解(2)三次黄金质量总和要最小,则左臂长和右臂长之比,理由见详解【解析】【分析】(1)设天平的左臂长为,右臂长,则,售货员现的砝码放在左盘,将黄金g放在右盘使之平衡;然后又将的砝码放入右盘,将另一黄金g放在左盘使之平衡,则顾客实际所得黄金为(g)利用杠杆原理和基本不等式的性质即可得出结论.(2)再一次将砝码放在天平左盘,再取黄金g放在右盘使之平衡,加上前两次利用基本不等式进行分析即可.【小问1详解】由于天平两臂不等长,设天平左臂长为,右臂长为,且,先称得黄金为g,后称得黄金为g,则,则,所以当且仅当,即时取等号,由,所以顾客购得的黄金是大于【小问2详解】由(1)再一次将的砝码放在天平左盘,再取黄金g放在右盘使之平衡,则此时有,此时有,所以三次黄金质量总和为:,当且仅当,即所以三次黄金质量总和要最小,则左臂长和右臂长之比.20.已知关于的不等式,其中.(1)解上述不等式;(2)当时,不等式有解,求的取值范围.【答案】(1)答案见详解; (2)或【解析】【分析】(1)由得,讨论参数的范围即可求解;(2)假设当时,不等式恒成立,则时,成立,求出参数范围即可求出原问题的结果.【小问1详解】由得当,即时,原不等式的解集为;当,即时,原不等式的解集为;当,即时,原不等式的解集为;【小问2详解】设假设当时,不等式恒成立,则时,成立由得,所以当,即时,则在上单调递减,所以,解得,又因为,所以无解;当,即时,则在上单调递增,所以,解得,又因为,所以;所以当时,不等式有解,得或.21.去年以来新冠肆虐,我国在党中央的领导下迅速控制住新冠疫情,但完全消除新冠的威胁仍需要长期的努力.某医疗企业为了配合国家的防疫战略,决定投入万元再上一套生产设备,预计使用该设备后前 年的支出成本为万元,每年的销售收入万元.(1)估计该设备从第几年开始实现总盈利;(2)使用若干年后对该设备处理的方案有两种:方案一:当总盈利额达到最大值时,该设备以万元的价格处理;方案二:当年平均盈利额达到最大值时,该设备以万元的价格处理;问哪种方案较为合理?并说明理由.(注:)【答案】(1)设备从第2年开始实现总盈利(2)方案二较合理,理由见详解【解析】【分析】(1)根据题意可得到第年的总盈利额,结合一元二次不等式运算求解,并注意;(2)对方案一根据二次函数的性质求总利润,对方案二根据题意整理可得,结合基本不等式求总利润,对比分析.【小问1详解】该设备到第年的总盈利额由题意可得:,解得∵故该设备从第2年开始实现总盈利.【小问2详解】方案二较合理,理由如下:方案一:由(1)可得:当时,总盈利额达到最大值万元,故总利润万元;方案二:平均盈利额,∵,当且仅当,即时等号成立,∴当时,年平均盈利额达到最大值万元, 故总利润万元;虽然两种方案总利润相等,但方案二用时最少,故方案二较合理.22.已知函数为偶函数,且对任意,,均有(1)求的解析式;(2)若对任意,均有成立,求实数的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)根据所给抽象函数的性质,采用赋值法求解函数的解析;(2)由题意可转化为恒成立,利用均值不等式及函数的单调性求出的最小值即可得解.【小问1详解】令,则,解得或,令,则有,若,则有,这与矛盾,故.用替换可得,,由函数为偶函数,可得,由可知.【小问2详解】由可得, 即对恒成立,令,则,当且仅当时等号成立,所以由在为增函数知,,即的最小值为1,所以.故实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛:本题的关键在于求出函数的解析式,求函数的解析式中注意两个关键时刻,一是当后对值的取舍,这直接决定能否进行下一步;二是当得出后求,根据函数的定义,,二者只能取其一,由即可知,这是解题中特别需注意问题.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-11-17 08:40:06 页数:19
价格:¥2 大小:1.60 MB
文章作者:随遇而安

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