2023-2024学年江苏省镇江市扬中市第二高级中学高一上学期期初检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省镇江市扬中市第二高级中学高一上学期期初检测数学试题含答案，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年江苏省镇江市扬中市第二高级中学高一上学期期初检测数学试题 一、单选题1．若，则的值是（    ）A．任意有理数 B．任意一个非负数C．任意一个非正数 D．任意一个负数【答案】C【解析】由绝对值的意义即可得解.【详解】若要使，则，所以的值是任意一个非正数.故选：C.【点睛】本题考查了绝对值意义的应用，灵活应用知识是解题关键，属于基础题.2．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由根式的运算性质判断，【详解】由题意得，故，即故选：D3．已知多项式可分解成，其中均为整数，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据多项式的乘法进行求解即可.【详解】因为，均为整数，所以有，故选：C4．函数的图象是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】利用函数的定义域、特殊点的函数值确定正确选项.【详解】依题意的定义域为，由此排除CD选项.当时，，由此排除A选项.故选：B5．当时，不等式的解是（    ）A．或 B．C．或 D．或【答案】A【分析】根据分式的性质，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】由，或，由，或，所以不等式的解是或，故选：A6．已知函数，当时，，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】画出二次函数图象，结合二次函数单调性及其值域即可求得结果.【详解】由可得，即二次函数的开口向下，对称轴为，画出其函数图象如下图所示：  易知，当时，；当或时，；根据题意当时，并结合图象可知.所以实数的取值范围是.故选：C7．已知函数在时，随的增大而减小，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据的正负性，结合一次函数和二次函数的单调性进行求解即可.【详解】当时，函数是实数集上的减函数，所以在时，随的增大而减小，符合题意，当时，二次函数的对称轴为，因为在时，随的增大而减小，所以有，综上所述：的取值范围是，故选：D8．已知不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B．C．或 D．或【答案】C【分析】将不等式恒成立问题转化，然后利用换元法求最值，最后解不等式即可.【详解】不等式恒成立，所以，则，令，，则，当时，取得最大值，最大值为1，所以，解得或.故选：C. 二、多选题9．若对任意实数都成立，则实数可能的值是（    ）A． B． C． D．【答案】CD【分析】利用立方和公式化简题设中的恒等式，从而可求的值.【详解】因为，故对任意实数都成立即为：对任意实数都成立，所以即，故，故选：CD.10．下列说法中正确的是 （    ）A．不论为何实数，关于的方程有两个不相等的实数根B．不论为何实数，关于的方程有两个相等的实数根C．当，且时，关于的方程有两个不相等的实数根D．当，且时，关于的方程有两个相等的实数根【答案】BC【分析】利用一元二次方程根的判别式可直接求解.【详解】对于方程，，所以不论为何实数，关于的方程有两个相等的实数根，故A错误，B正确；若关于的方程有两个不相等的实数根，则，且，所以，且，所以C正确，D错误；故选：BC.11．下列结论正确的是（    ）A．不等式的解集为或B．不等式的解集为或C．不等式的解集为或D．不等式的解集为或【答案】AD【分析】由分式不等式的解法求解不等式后判断，【详解】由得，解得或，由得，即，解得或，故选：AD12．已知关于的不等式的解集为或，则下列结论中，正确结论的序号是（    ）A．B．不等式的解集为C．不等式的解集为或D．【答案】AD【分析】由一元二次不等式的解法得关系，对选项逐一判断，【详解】由的解集为或得，故故A正确，，故D正确，对于B，，解得，故B错误，对于C，为，解得，故C错误.故选：AD 三、双空题13．若，则的取值范围是        ；比较大小：       .【答案】          【分析】由根式的运算性质求解，分母有理化后比较大小【详解】若，则，得，，，故，故答案为：； 四、填空题14．已知二次函数，当       时，函数图象的顶点在y轴上,当       时，函数图象的顶点在x轴上；当         时，函数图象经过原点.【答案】          或     /1.5【分析】当二次函数的对称轴为时，函数图象的顶点在y轴上，求出对称轴即可得第一空答案；当顶点的纵坐标为0时，函数图象的顶点在x轴上，求出函数的顶点坐标，令纵坐标为0，求解即可得第二空答案；当，时，函数图象经过原点，代入求解即可得第三空答案.【详解】解：由题意可知二次函数的对称轴为：，所以当对称轴为：，即时，函数图象的顶点在y轴上；因为二次函数的顶点坐标为：,所以当，即，或时，函数图象的顶点在x轴上；当时，，所以当，即时，函数图象经过原点.故答案为：；或；15．若，则              ．【答案】/【分析】将已知式子通分，结合完全平方公式化简，代入求值可得答案.【详解】由题意知，，故原式=，故答案为：16．关于的不等式恰有三个整数解，则实数的取值范围是         .【答案】【分析】根据一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】,当时，，显然该不等式有无穷多个整数解，不符合题意，当时，，或，显然该不等式有无穷多个整数解，不符合题意，当时，，不符合题意，当时，，要想三个整数解，只需，当时，，此时无整数解，综上所述：实数的取值范围是，故答案为：【点睛】关键点睛：根据的正负性、结合一元二次方程两根的大小关系分类讨论是解题的关键. 五、解答题17．解下列不等式：(1) ；(2).【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据解绝对值不等式的公式法进行求解即可；（2）根据一元二次不等式的解法，结合不等式的性质进行求解即可.【详解】（1），，或，解得，或，所以该不等式的解集为；（2）原不等式可化为，或，所以该不等式的解集为.18．若、分别是一元二次方程的两根，求下列代数式的值：(1)；(2)；(3).【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）列出韦达定理，可得出，即可得解；（2）由结合韦达定理可得解；（3）利用立方和公式以及韦达定理可得解.【详解】（1）解：对于方程，，由韦达定理可得，，所以，.（2）解：.（3）解：.19．已知关于的方程，根据下列条件，分别求出的值.(1)有一根为；(2)有两个互为相反数的实根；(3)两根互为倒数.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式，结合代入法进行求解即可；（2）利用一元二次方程根与系数的关系，结合（1）的结论进行求解即可；（3）利用一元二次方程根与系数的关系，结合（1）的结论进行求解即可.【详解】（1）依题意原方程有实数根，所以解得；将代入方程得；（2）两根之和为，即，显然满足；（3）因为两根互为倒数，所以两根之积为，即，而，所以.20．设函数.(1)当时，画出这个函数的图像；(2)是否存在整数，使该函数当时，随着的增大而减小，且当时，都有？如果存在，求出所有符合条件的的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)图像见解析(2)存在，0，1 【分析】（1）直接根据反比例函数的图像变换得到；（2）直接根据条件中的增减性和求解即可.【详解】（1）当时，，其图像如图所示.  （2）假设存在整数符合题意，，因为当时，随着的增大而减小，所以，解得，因为当时，都有，所以当时，，解得，所以，又为整数，所以存在符合条件的为0或1.21．红星公司销售一种成本为40元/件的产品，若月销售单价不高于50元/件.一个月可售出5万件；月销售单价每涨价1元，月销售量就减少万件.其中月销售单价不低于成本.设月销售单价为x（单位：元/件），月销售量为y（单位：万件）.(1)直接写出y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；(2)当月销售单价是多少元/件时，月销售利润最大，最大利润是多少万元？(3)为响应国家“乡村振兴”政策，该公司决定在某月每销售1件产品便向大别山区捐款a元.已知该公司捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元，求a的值.【答案】(1)(2)当月销售单价是70元/件时，月销售利润最大，最大利润是90万元(3)4 【分析】（1）根据题意直接得到函数解析式即可；（2）根据二次函数的单调性进行求解即可；（3）根据（2）的结论，结合二次函数的单调性进行即可.【详解】（1）由题意可知；（2）设利润为万元，则有，当时，，该函数是增函数，当时，有最大值，当时，，当时，有最大值，所以当月销售单价是70元/件时，月销售利润最大，最大利润是90万元；（3）设利润为万元，则有，当时，，该函数是增函数，当时， 有最大值，舍去，当时，，该二次函数的对称轴为，当时，有最大值，即.22．已知函数（1）若关于x的不等式的解集为R，求a的取值范围；（2）当a <0时，解关于x的不等式．【答案】（1）；（2）当时，；当时，；当时，；【分析】（1）将不等式转化为对任意的恒成立，再对进行分类讨论；（2），求出方程的两根为，再比较两根的大小，进行不等式求解.【详解】（1）对任意的恒成立，当时，对任意的恒成立，所以成立；当；综上所述：.（2）不等式，方程的两根为，当，即时，不等式的解集为；当，即时，不等式的解集为；当，即时，不等式的解集为；【点睛】本题考查一元二次不等式恒成立问题及一元二次含参不等式的求解，考查分类讨论和数形结合思想，求解过程中注意分类讨论的标准为比较两根的大小.