2022-2023学年甘肃省张掖市重点校高一上学期第二次检测数学试题（解析版）

2022-2023学年甘肃省张掖市重点校高一上学期第二次检测数学试题

一、单选题

1．命题的否定为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由全称命题的否定：将并否定原结论，即可写出题设命题的否定.

【详解】由题设，原命题为全称命题，

∴原命题的否定为“”.

故选：C

2．函数在区间上的最小值是（    ）

A． B． C．1 D．-1

【答案】A

【分析】由题意结合函数的单调性可得函数在上为减函数，即可得解.

【详解】∵函数在上为减函数，

∴.

故选：A.

3．用图形直观表示集合的运算关系，最早是由瑞士数学家欧拉所创，故将表示集合运算关系的图形称为“欧拉图”.后来，英国逻辑学家约翰•韦恩在欧拉图的基础上创建了世人所熟知的“韦恩图”.韦恩用图1中的区域Ⅱ表示下列哪个集合（    ）

A．A∩B B．A∩（UB）

C．（UA）∩B D．（UA）∩（UB）

【答案】B

【分析】由ven图求解.

【详解】由图形知：区域Ⅱ表示元素在集合A中，且不在集合B中，

故区域Ⅱ表示集合A∩（UB），

故选：B

4．已知函数的定义域为，则函数的定义域是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出使新函数式有意义的自变量范围即可．

【详解】由题意，解得且．

所以定义域为．

故选：B．

5．若函数的定义域为R，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意，即不等式的解集为，分，，三种情况讨论，即得解

【详解】函数的定义域为，即不等式的解集为

（1）当时，得到，显然不等式的解集为；

（2）当时，二次函数开口向下，函数值不恒大于0，故解集为不可能．

（3）当时，二次函数开口向上，由不等式的解集为，

得到二次函数与轴没有交点，即，即，解得；

综上，的取值范围为

故选：B

6．抛物线的图象如图所示，则一次函数与反比例函数在同一平面直角坐标系内的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据二次函数图象可得，再根据一次函数图象及反比例函数图象的性质分析判断.

【详解】根据二次函数图象可得：

当时，则一次函数图象上升，且经过第一、三、四象限

当时，则反比例函数经过第二、四象限

符合条件只有B选项

故选：B.

7．已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是（    ）

A．若，则 B．若，，则

C．若，则 D．若，则

【答案】D

【分析】，当时，A不正确；利用不等式的性质可推出B不正确；作差后，可知当时，C不正确；利用基本不等式可推出D正确.

【详解】对于A，当时，不成立，故A不正确；

对于B，若，则，又，所以，故B不正确；

对于C，因为，，

所以当时，，此时，故C不正确；

对于D，因为，所以，，所以，故D正确.

故选：D

8．符号表示不超过的最大整数，如，，定义函数：，则下列命题正确的是（    ）

A．函数的最大值为，最小值为 B．

C．方程有无数个根 D．函数在定义域上是单调递增函数

【答案】C

【分析】根据新定义函数的概念，做出函数图象，逐项判断即可.

【详解】作出函数的图象，

对于A项，由图可知：函数无最大值，最小值为，故A错误，

对于B项，，，所以，故B不正确，

对于C项，方程的解为，故C正确，

对于D项，在每一个区间上，函数都是增函数，

但是在定义域上不是单调递增，故D错误．

故选：C.

二、多选题

9．中国清朝数学学李善兰在1859年翻译《代数学》中首次将“function”译做：“函数”，沿用至今，为什么这么翻译，书中解释说“凡此变数中函彼变数者，则此为彼之函数”，1930年美国人给出了我们课本中所学的集合论的函数定义，已知集合，，给出下列四个对应法则，请由函数定义判断，其中能构成从到的函数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】根据函数定义逐一判断即可.

【详解】A.，当，但，A不是；

B.，任意，都有，B是；

C.，当，但，C不是；

D.，任意，都有，D是；

故选：BD.

10．（多选题） 已知集合，，定义运算，则下列描述正确的是（    ）

A．

B．记为集合，则

C．若，则符合要求的有个

D．中所有元素之和为

【答案】BD

【分析】根据已知条件求出集合，进而可判断AD选项的正误，利用集合的运算可判断B选项的正误，利用列举法可判断C选项的正误.

【详解】由已知条件可得.

对于A选项，，A错；

对于B选项，，则，故，B对；

对于C选项，，即，

则满足条件的集合有：、、、、、、、，共个，C错；

对于D选项，中所有元素之和为，D对.

故选：BD.

11．下列关于一元二次不等式叙述正确的是（    ）

A．若一元二次不等式的解集为，则，且

B．若，则一元二次不等式的解集与一元二次不等式的解集相等

C．已知，关于的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的的值之和是22

D．若一元二次不等式和不等式的解集相同，则的值为

【答案】AD

【分析】根据三个二次之间的关系，结合二次函数的图像与性质，逐项分析判断即可得解．

【详解】对A：一元二次不等式的解集为，等价于一元二次不等式在R上恒成立，则，A正确；

对B：若，但的符号相反，则两个不等式的解集不可能相等，B错误；

对C：∵的对称轴为，根据对称性可得：一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数为，

则，解得

又∵，则

∴所有符合条件的的值之和是，C错误；

对D：∵，则，解得

∴不等式的解集是

由题意可得：的两根为，且

则，解得

∴，D正确；

故选：AD.

12．下列命题为真命题的是（    ）

A．不等式的解集是

B．函数的值域为

C．若，，，则的最小值为2

D．若一个直角三角形，斜边长为2，则它周长的最大值为

【答案】ABC

【分析】对A：根据分式不等式的解法运算求解；对B：利用换元法结合二次函数求值域；对C：根据题意结合不等式，运算求解；对D：根据题意结合不等式，运算求解.

【详解】对A：∵，即

则，解得

∴不等式的解集是，A正确；

对B：令，则

∵的对称轴

∴在上图象上升，则当二次函数取到最小值

即函数的值域为，B正确；

对C：∵，则

又∵，即，解得：或（舍去）

∴的最小值为2，C正确；

对D：设直角三角形的两直角边为，则

∵，可得

∴周长的最大值为，D错误；

故选：ABC.

三、填空题

13．已知集合，，则______.

【答案】或

【分析】求出函数的定义域即得集合，再求出函数的值域即得集合，进而根据交集的概念即可求出结果.

【详解】因为，，

因此或，

故答案为：或.

14．设，且，，则的最大值为_________.

【答案】14

【分析】分别得出的范围，进而将由来表示，然后求得答案.

【详解】由题意，，而，

设，

所以，即，

所以.

即的最大值为14.

故答案为：14.

15．某市用37辆汽车往灾区运送一批救灾物资，假设以v km/h的速度直达灾区．已知某市到灾区公路线长400 km，为了安全起见，两辆汽车的间距不得小于2 km，那么这批物资全部到达灾区的最少时间是___________h(车身长度不计)．

【答案】12

【分析】最少时间相当于最后一辆车行驶了km所用的时间，然后由基本不等式得最小值．

【详解】解：设全部物资到达灾区所需时间为t h，由题意可知，t相当于最后一辆车行驶了km所用的时间，

因此t＝＝＋≥12，当且仅当＝，即v＝时取等号．

故这些汽车以km/h的速度匀速行驶时，所需时间最少，最少时间为12 h．

故答案为：12．

16．已知函数满足：对任意都有成立，那么实数的取值范围是_______________________．

【答案】

【分析】根据题意得到函数在上单调递增，然后根据分段函数单调性的判断方法求实数的取值范围即可.

【详解】由函数单调性定义可得函数在上单调递增，

则根据分段函数单调性的判断方法，得，解得．

故答案为：.

四、解答题

17．（1）已知，求的解析式；

（2）已知函数是二次函数，且，，求的解析式．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）令，利用换元法即可求解；

（2）设，根据已知条件列方程组求解即可.

【详解】解：（1）令，则，，

因为，所以，

所以.

（2）设所求二次函数为，

∵，∴，

∴，

又∵，

∴，即，

所以，即，

.

18．已知函数，．

（1）判断函数的单调性，并证明；

（2）求函数在上的最大值和最小值．

【答案】（1）函数在上单调递增，证明见解析；（2）最大值为，最小值为.

【分析】（1）设任意的满足，对作差，因式分解判断其正负，进而结合单调性的概念即可得出结论；

（2）利用函数的单调性即可求出最值.

【详解】（1）函数在上单调递增；

证明如下：设任意的满足，

因为

，

因为，所以，

因此，即，

所以函数在上单调递增.

（2）由（1）知函数在上单调递增，

所以；

，

因此函数在上的最大值为，最小值为.

19．已知二次函数，在下列条件下，求实数的取值范围．

(1)两根均大于1；

(2)一个根大于1，一个根小于1．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）结合二次函数图象，对称轴大于1，，判别式大于等于0，解得的范围即可；

（2）结合二次函数图象，只需即可求解

【详解】(1)因为方程的两根均大于1，

所以，解得，

即的取值范围为；

(2)由可得，

因为方程的一个根大于1，一个根小于1，

所以，解得．即的取值范围为．

20．（1）对于满足的一切实数，不等式恒成立，求的取值范围．

（2）求关于的不等式的解集．

【答案】（1）；（2）答案见解析.

【分析】（1）因为的范围确定，求的取值范围，将原不等式整理为以为自变量的函数，结合恒成立问题列式求解；

（2）根据一元二次不等式的解法，分类讨论两根的大小解不等式

【详解】（1）∵原不等式可化为，则当时恒成立

∴，解得或，

故x的取值范围是．

（2）等价于，

令，解得，，

当，即时，的解集为；

当，即时，的解集为；

当，即时，的解集为．

21．已知函数是定义在上的增函数，对一切正数上都有成立，且.

（1）求和的值；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）利用及递推关系，可得、，即可求值；

（2）题设不等式可转化为，利用的定义域及单调性求解集即可.

【详解】（1）由题意，，则，

.

（2）由，而，

∴，又在上为增函数，

∴，解得.

∴的取值范围.

22．随着全球网络技术的不断升温，中美两国的技术较量已进人白热化阶段．某公司投资研究部研究表明：市场占有率与每日研发经费（单位：亿元）有关，其公式为．

(1)若，该公司的市场占有率超过，求此时每日研发经费的取值范围；

(2)若，该公司市场占有率的最大值为，求常数的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题意可得，结合二次不等式的解法运算求解；（2）整理得，结合基本不等式求最值，列式求解.

【详解】(1)由已知得，且，整理得，

解得，

故每日研发经费的取值范围为.

(2)依题意得，

因为，当且仅当时取等号，

所以，则．