2021-2022学年河南省郑州市郑州外国语学校高一上学期期中数学试题（解析版）

2021-2022学年河南省郑州市郑州外国语学校高一上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【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

【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：D

3．若非零实数，满足，则下列不等式成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【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：C

4．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【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，所以是奇函数，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

【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：A.

6．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

【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：B

7．已知，，若对，，使得，则a的取值范围是（       ）

A．[2，5] B．

C． D．

【答案】A

【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6

C．有最小值为 D．有最小值为7

【答案】B

【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

【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：A

10．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

【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：B

二、多选题

11．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

【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

【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.

三、填空题

13．已知，则 __________.

【答案】

【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】

【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，即的最大值为.

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]

【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】

【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，

由绝对值的几何意义得，解得；

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：.

四、解答题

17．解关于的不等式.

(1)；

(2).

【答案】(1)

(2)

【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.

【详解】（1）∵，则，

∴，解得，

故不等式的解集为.

（2）∵，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).

【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

【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）再一次将的砝码放在天平左盘，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.

【详解】（1）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

（2）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

【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．

【详解】（1）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；

（2）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

【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.

【详解】（1）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.

（2）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).

【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.

【详解】（1）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.

（2）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.