2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高一上学期第一次阶段性考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高一上学期第一次阶段性考试数学试题（解析版），共14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学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高一上学期第一次阶段性考试数学试题 一、单选题1．下列关系中，正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据元素与集合间的关系，集合与集合间的关系直接判断.【详解】A选项，表示集合，为实数集，A选项错误；B选项，是有限小数，为有理数，所以，B选项错误；C选项，表示正整数集，表示正整数，所以，C选项正确；D选项，表示自然数集，不是自然数，所以，D选项错误；故选：C.2．下列各组函数是同一函数的是（    ）①与；②与③与；④与 A．①② B．②④ C．①③ D．③④【答案】B【分析】运用同一函数的定义，从定义域、值域和解析式进行判定，即可得到结果. 【详解】的定义域为，的定义域为，但，故①错误；，故，②正确；由，解得：，故的定义域为，由，解得：或，故的定义域为，所以与不是同一函数，③错误；与的定义域和对应关系相同，为同一函数，④正确.故选：B3．已知集合，集合，则集合的非空真子集个数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式可得集合，进而确定及其非空真子集个数.【详解】解不等式得或，所以，所以，共个元素，所以非空真子集个数为个，故选：A.4．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出的定义域，再根据分母不为零和前者可求题设中函数的定义域.【详解】因为函数的定义域为，故，所以的定义域为，故函数中的需满足：，故，故函数的定义域为.故选：C5．已知a，，则使成立的一个充分不必要条件是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意只要利用不等式的性质即可判断.【详解】解：由题意得：对于选项A：不能推出，若，则，故不是的充分条件，故A错误；对于选项B：，故不是的充分条件，故B错误；对于选项C：，故可知是成立的充分条件，又由条件可知：所以是的充分必要条件，故C错误；对于选项D： ，故是的充分条件，但是不能推出，若，，则不满足，故是的充分不必要条件，故D正确.故选：D6．已知不等式的解集为，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据一元二次不等式的解集性质，结合解一元二次不等式的方法进行求解即可.【详解】因为不等式的解集为，所以有，由，或，故选：A7．已知集合，集合，且，则实数m的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求解二次不等式得到或，再利用，列出不等式组，求解即可.【详解】由题意，或，故集合或，若，则，解得，则实数m的取值范围为.故选：C8．若正数x，y满足，则的最小值是（    ）A．6 B． C． D．【答案】B【分析】对变形得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【详解】因为正数x，y满足，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为故选：B 二、多选题9．设，则下列不等式一定成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】A选项，由不等式的基本性质求解；BD选项，可举出反例；C选项，作差法比较大小.【详解】因为，为分母，所以，由不等式的基本性质可知：，A正确；不妨设，满足，但，B错误；，因为，所以，且恒成立，所以，故，C正确；当时，，D错误.故选：AC10．对a，，记，若函数则下列说法正确的是（    ）A．当时取最小值 B．当时取最大值C．函数的最小值为 D．函数的最大值为0【答案】BD【分析】根据绝对值的性质、一元二次不等式的解法，结合题中定义、函数的单调性、数形结合思想逐一判断即可.【详解】当时，当时，即当时，由，即；当时，即当时，由，即，因此当时，，所以有，当时，，显然当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，此时函数的最小值为，，所以此时有；当时，函数单调递减，有；当时，函数单调递增，有，函数图象如下图所示：由函数的单调性和图象可知：函数当时有最大值，最大值为0，没有最小值，故选：BD11．已知且，则下列说法正确的是（    ）A．最大值为2 B．最小值为4C．ab最小值为 D．最小值为9【答案】ABD【分析】利用均值不等式，以及，依次判定即可.【详解】选项A，由均值不等式，，故，即，当且仅当时等号成立，正确；选项B，由均值不等式，，当且仅当，即时等号成立，正确；选项C，由均值不等式，，即，当且仅当时等号成立，错误；选项D，由均值不等式，当且仅当，即时等号成立，正确.故选：ABD12．下列说法正确的是（    ）A．函数在上的值域为B．函数的值域为C．关于x的方程有解，则D．当时，恒成立，则a的取值范围为【答案】BC【分析】A选项，分离常数后得到函数的单调性，从而求出值域；B选项，换元法求解函数值域；C选项，求出，从而得到；D选项，参变分离后得到，分离常数，结合基本不等式求出的最小值，从而得到a的取值范围.【详解】函数因为在上单调递增，所以在上单调递增，故，所以值域为，A错误；令，则，，当时，取得最大值，最大值为，无最小值，故函数的值域为，B正确；令得：，故的定义域为，故，关于x的方程有解，则，解得：，C正确；恒成立，即恒成立，因为，所以，故，其中，当且仅当，即时，等号成立，故，所以，则a的取值范围为，D错误.故选：BC 三、填空题13．已知集合，集合，且，则实数______.【答案】1【分析】根据，得到，得到或，求出相应的值，排除不合要求的解.【详解】因为，所以，故或，当时，，此时，，，不合题意，舍去，当时，，当时，，，，符合要求，当时，，，不合题意，舍去，综上：故答案为：114．若命题“”为真命题，则实数m的取值范围是______.【答案】【分析】根据一元二次不等式解集的性质，结合任意性的定义进行求解即可.【详解】因为命题“”为真命题，所以有，因此实数m的取值范围是，故答案为：15．—家车辆制造厂引进了一条摩托车整车装配流水线，这条流水线生产的摩托车数量x（单位：百辆）与净利润y（单位：十万元）之间关系如图（图象为抛物线的一部分），为使每百辆摩托车获得净利润最大，应生产摩托车______百辆.【答案】5【分析】设出二次函数的顶点式，代入，求出解析式，并求出定义域，再利用基本不等式求出的最大值，及相应的生产摩托车辆数.【详解】设，将代入，，解得：，故，令得：，，所以，，，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，故，时，等号成立，故要想使每百辆摩托车获得净利润最大，应生产摩托车5百辆.故答案为：516．已知x，y，且，则的最小值为______.【答案】【分析】利用基本不等式进行求解即可.【详解】由，当且仅当时成立，因为x，y，，所以，于是有，因为，所以，当且仅当取等号，即时，取等号，所以，当且仅当时取等号，故答案为：【点睛】关键点睛：由已知等式得到是解题的关键. 四、解答题17．已知集合，集合(1)当时，求及；(2)若，求实数a的取值范围.【答案】(1)，；(2)或. 【分析】（1）根据集合交集和并集的定义进行求解即可；（2）根据集合交集的性质进行求解即可.【详解】(1)因为，所以，而，所以，；(2)因为，所以，当时，即时，，符合，当时，即时，要想，只需，综上所述：实数a的取值范围为或.18．已知函数.(1)若函数定义域为R，求a的取值范围；(2)若函数值域为，求a的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据二次根式的性质进行求解即可；（2）根据函数值域的性质进行求解即可.【详解】(1)因为函数定义域为R，所以在R上恒成立，当时，，不符合题意；当时，要想在R上恒成立，即在R上恒成立，只需，所以a的取值范围为；(2)当时，，符合题意；当时，要想函数值域为，只需，综上所述：a的取值范围为.19．解关于x的不等式，其中.【答案】答案见解析.【分析】对进行分类讨论，求出解集，讨论的标准为当不等式是一元一次不等式时，当不等式是一元二次不等式时，再通过开口方向，根的判别式的大小，进行讨论求出答案.【详解】当时，，解得：，当时，①当即时，解集为，②当即时，此时不等式为，解集为；③当，即时，解集为；当时，④当，即时，解集为R，⑤当，即时，解集为或；综上：当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为R，当时，解集为或.20．已知定义域为R的函数满足.(1)求函数的解析式；(2)若对任意的，都有恒成立，求实数x的取值范围；(3)若使得，求实数a的取值范围.【答案】(1)；(2)；(3). 【分析】（1）利用换元法求解函数的解析式；（2）可看作关于的一次函数，根据一次函数的性质，只需，求出实数x的取值范围；（3）问题转化为只需在上成立，对进行分类讨论，得到不等式，求出实数a的取值范围.【详解】(1)，令，则，故，所以；(2)可看作关于的一次函数，要想对任意的，都有恒成立，只需要，解①得：，解②得：，则与求交集得，实数x的取值范围是；(3)若使得，只需在上成立，的对称轴为，当时，在上单调递增，所以，，由，解得：，与取交集得：；当时，在上单调递减，所以，，由，解得：，与取交集得：；当时，在上单调递减，在上单调递增，且，所以，，由，解得：或，或与取交集得：，当时，在上单调递减，在上单调递增，且，所以，，，解得：或，或与取交集得：，综上：或实数a的取值范围是