2022-2023学年新疆维吾尔自治区和田地区和田县高一上学期11月期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年新疆维吾尔自治区和田地区和田县高一上学期11月期中数学试题含答案，共16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学年新疆维吾尔自治区和田地区和田县高一上学期11月期中数学试题 一、单选题1．设集合，，（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出集合，再直接求并集即可.【详解】因为，所以.故选：C2．下列命题中错误的是A．若为真命题，则为真命题B．命题“”的否定是“”C．命题“若，则”的逆否命题是真命题D．在中，“”是“”的充要条件【答案】A【分析】分别判断每个选项的正误即可.【详解】对于A，若是真命题，则p，q中至少有一个为真，不能确定为真，所以A项错误，符合题意；对于B，由特称命题否定的定义可知B项正确，不符合题意；对于C，原命题“若，则”是真命题，所以由互为逆否命题的两个命题的真假相同可知，逆否命题是真命题，所以C项正确，不符合题意；对于D，根据正弦定理可得，在中，“”是“”的充要条件，所以D项正确，不符合题意.故选：A.【点睛】本题考查命题的判断，属于基础题.3．关于函数的下列结论，错误的是A．图象关于对称B．最小值为C．图象关于点对称D．在上单调递减【答案】C【解析】将函数的解析式写成分段函数的形式，然后结合函数图像考查函数的性质即可.【详解】由题意可得：，绘制函数图像如图所示，观察函数图像可得：图像关于对称，选项A正确；最小值为，选项B正确；图像不关于点对称，选项C错误；在上单调递减，选项D正确；故选C.【点睛】本题主要考查分段函数的性质，函数图像的应用，函数的性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4．定义在上的函数为递增函数，则头数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据定义域和单调性可知，再根据时的单调性判断出，由此求解出的取值范围..【详解】因为，所以时，即，由单调性可知，所以，解得；当时，为增函数，若单调递增，则只需，所以，解得，综上可知的取值范围是：，故选：D.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于分析函数的定义域和单调性，从而确定出所满足的不等关系，注意将本题与定义域为的分段函数单调性问题作区分.5．已知函数为偶函数，且在上单调递减，则的解集为A． B． C． D．【答案】B【分析】由函数为偶函数，且在上单调递减，求得，且，得到函数的解析式，进而可求解不等式的解集.【详解】由题意，函数为偶函数，且在上单调递减，则，即，解得，且，所以函数的解析式为，又由，即，解得或，所以不等式的解集为.故选B.【点睛】本题主要考查了函数的单调性与函数的奇偶性的应用，其中解答中利用函数的性质，求得且，得出函数的解析式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6．一家金店使用一架两臂不等长的天平称黄金.一位顾客到店里购买黄金项链，售货员先将一条黄金项链放在天平左盘中，质量为的砝码放在天平右盘中使天平平衡；再将这条黄金项链放在天平右盘中，质量为的砝码放在天平左盘中使天平平衡；那么这条项链的真实质量（    ）A．大于 B．小于 C．等于 D．无法确定【答案】B【解析】设天平左臂长为a，右臂长为b（不妨设），再利用杠杆原理，列出等式，即，，求出和的值，再利用基本不等式比较与的大小，即可得结论.【详解】由于天平的两臂不相等，故可设天平左臂长为a，右臂长为b（不妨设），再利用杠杆原理，要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力矩（力与力臂的乘积）大小必须相等，即，，解得：，下面比较与的大小：，由于，故等号不成立，所以故选：B【点睛】关键点睛：本题主要考查了基本不等式的应用，解题的关键是要熟悉杠杆原理，通过杠杆原理列出等式，所以学生平时在学习时要各科融汇贯通，考查学生的分析转化能力与运算求解能力，属于基础题.7．已知，，是同一平面内的三个向量，设是单位向量，若，则的最小值为（    ）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的数量积的运算得到，再整体换元求最值即可．【详解】设，，则，∴ （其中是向量，的夹角，是向量，的夹角），设，则，∴，此时，，即与反向.故选B【点睛】本题考查了向量的数量积的运算，考查了向量夹角定义和二次函数求最值的方法，考查了运算能力和转化能力，属于中档题.8．已知函数，若存在，使得成立，则实数a的取值范围是（    ）A．或 B． C． D．【答案】D【解析】若存在，使得成立，则说明在上不单调，分，和三种情况讨论求解.【详解】若存在，使得成立，则说明在上不单调，当时，，图象如图，满足题意；当时，函数的对称轴，其图象如图，满足题意；当时，函数的对称轴，其图象如图，要使在上不单调，则只要满足，解得，即.综上，.故选：D.【点睛】本题考查分段函数的单调性的应用及二次函数的性质的应用，得出在上不单调是解题的关键. 二、多选题9．在下列结论中正确的是（    ）A．“”为真是“”为真的充分不必要条件B．“”为假是“”为真的充分不必要条件C．“”为真是“”为假的充分不必要条件D．“”为真是“”为假的充分不必要条件【答案】ACD【解析】利用复合命题真假的判定方法即可判断出结论．【详解】解：“”为真是“”为真的充分不必要条件，正确；“”为假是“”为真的充分不必要条件，不正确；“”为真是“”为假的充分不必要条件，正确；“”为真，为假 “”为假，反之不成立，可能为假，为真，因此“”为真是“”为假的充分不必要条件，正确．故选：ACD．【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件，考查复合命题的真假性，属于基础题．10．下列命题正确的是（    ）A．“”是“”的充分不必要条件B．若，则C．若，则D．已知集合，集合，若，则实数的取值范围为．【答案】AB【解析】由充分条件、必要条件的定义可判断A；由函数的单调性可判断B；举出反例可判断C、D.【详解】对于A，等价于或，所以“”是“”的充分不必要条件，故A正确；对于B，因为函数在R上单调递增，所以若，则，故B正确；对于C，若，则，所以，故C错误；对于D，当时，集合，故D错误.故选：AB.11．下列命题中正确的是（    ）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，【答案】ABC【解析】由基本不等式和利用基本不等式求最值，判断选项.【详解】A.，，等号成立的条件是，故A正确；B.当时，，，所以时，的最大值是-2，等号成立的条件是，故B成立；C.，，等号成立的条件是，等号取不到，即，故C正确；D.当时，，等号成立的条件是，即时，但条件，所以等号取不到，所以函数的值域是，故D不正确.故选：ABC【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方12．已知若互不相等的实数满足，且，则下列说法正确的是（    ）A． B．的取值范围为C． D．【答案】ABC【分析】结合分段函数的解析式作出的图像，先利用一元二次函数的对称轴性质易得，再确定，则，最后由图像易得与不一定关于y轴对称可知，不一定成立.【详解】作出的图像，如图所示．设，则．由的图像及一元二次函数的对称轴性质可知，，故C正确；令，解得，所以，故A正确；结合上述分析易知的取值范围为，故B正确；与不一定关于y轴对称，故不一定成立，故D错误．故选：ABC． 三、填空题13．已知集合，，则      .【答案】【分析】利用并集的定义直接求解【详解】因为，，所以，故答案为：14．若定义在R上的偶函数f(x)满足对任意x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)都有，则f(1)，f(－2)，f(3)的大小关系是        ．【答案】【详解】由可知，f(x)在区间[0，＋∞)上为减函数，所以f(1)＞f(2)＞f(3)．又因为f(x)是偶函数，所以f(－2)＝f(2)，因此f(1)＞f(－2)＞f(3)．答案：f(1)＞f(－2)＞f(3).点睛：奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称，反之也成立．利用这一性质可简化一些函数图象的画法，也可以利用它去判断函数的奇偶性．利用图象，可观察函数的对称性、单调性、定义域、值域、最值等性质.15．已知关于的不等式的解集是，则所有满足条件的实数组成的集合是        .【答案】【分析】变换得到，化简得到，根据解集得，解得答案.【详解】，则，即，化简得到，不等式解集是，故且，解得或（舍去）.故答案为：.【点睛】本题考查了根据不等式的解求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，将题目转化为是解题的关键.16．对满足的任意x，y，恒有，成立，则a的取值范围为     .【答案】【分析】画出可行域，利用已知条件转化列出关系式，然后讨论a的范围，求解即可．【详解】由得则不等式组表示的平面区域D如图中的阴影部分所示．而表示的平面区域是抛物线上或内部的点集E.由题设知，.下面考虑抛物线与直线和相切时的情形：由得，所以，解得.当时，抛物线恒在直线的右上方和直线的左上方区域，因此满足条件；由，得，所以，即.同理，可验证满足条件．结合图形可知，a的取值范围为．【点睛】本题考查线性规划的简单应用，函数恒成立条件的转化，考查转化思想以及计算能力． 四、解答题17．已知命题：，命题：，且是的充分条件，求实数的取值范围.【答案】【分析】由是的充分条件，可得集合是集合的子集，从而可得，解不等式组可求得答案【详解】因为命题：，命题：，且是的充分条件，所以集合是集合的子集，所以，解得，所以实数的取值范围为18．解下列不等式：(1)；(2)；(3)；(4)．【答案】(1)或(2)或(3)或，(4) 【分析】(1)借助二次函数的图像解不等式；(2)借助二次函数的图像解不等式；(3)用“换元法”转化为一元二次不等式解之；(4) 用“换元法”转化为一元二次不等式解之.【详解】（1）由，得，解得或，所以不等式的解集为或.（2）由，得，，解得或，所以不等式的解集为或.（3）由，得，解得（舍去）或，得或 ，所以不等式的解集为或.（4）由，得，解得或（舍去），所以，所以不等式的解集为.19．已知函数的定义域为，的值域为．（Ⅰ）求、；（Ⅱ）求．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）由函数式有意义求得定义域，根据二次函数性质可求得值域；（Ⅱ）根据集合运算的定义计算．【详解】（Ⅰ）由得解得．，所以，．（Ⅱ），所以．【点睛】本题考查求函数的定义域与值域，考查集合的综合运算，属于基础题．20．已知方程ax2+(b﹣1)x+c＝0(a≠0)的两根为x1、x2，且0＜x1＜x2＜，当x∈(0，x1)时，求证：x＜ax2+bx+c＜x1．【答案】证明见解析【分析】由方程ax2+(b﹣1)x+c＝0(a≠0)的两根为x1、x2，得ax2+(b﹣1)x+c＝a(x﹣x1)(x﹣x2)，再由题意可知a＞0，然后利用作差法分别证明等式两侧即可．【详解】证明：∵方程ax2+(b﹣1)x+c＝0(a≠0)的两根为x1、x2，∴ax2+(b﹣1)x+c＝a(x﹣x1)(x﹣x2)，∵0＜x＜x1＜x2＜，∴a＞0，x﹣x1＜0，x﹣x2＜0，则ax2+(b﹣1)x+c＝a(x﹣x1)(x﹣x2)＞0，即ax2+bx+c＞x；又(ax2+bx+c)﹣x1＝(x﹣x1)[a(x﹣x2)+1]，且1+a(x﹣x2)＞1﹣ax2＞1﹣a，∴(ax2+bx+c)﹣x1＝(x﹣x1)[a(x﹣x2)+1]＜0，即ax2+bx+c＜x1．综上可得：x＜ax2+bx+c＜x1．21．经销商用一辆J型卡车将某种水果从果园运送（满载）到相距400km的水果批发市场.据测算，J型卡车满载行驶时，每100km所消耗的燃油量（单位：L）与速度（单位：km/h）的关系近似地满足除燃油费外，人工工资、车损等其他费用平均每小时300元.已知燃油价格为每升（L）7.5元.（1）设运送这车水果的费用为（元）（不计返程费用），将表示成速度的函数关系式；（2）卡车该以怎样的速度行驶，才能使运送这车水果的费用最少？【答案】（1）；（2）卡车以100km/h的速度行驶.【分析】（1）由题意，分与两种情况，分别计算，由此能将表示成速度的函数关系式．（2）当时，是单调减函数，故时，取得最小值，当时，，由导数求得当时，取得最小值，比较即可得解．【详解】解：（1）由题意，当时，，当时，，∴.（2）当时，是单调减函数，故时，取得最小值，当时，，由，得.当时，，函数单调递增，∴当时，取得最小值，由于，所以，当时，取得最小值.答：当卡车以100km/h的速度行驶时，运送这车水果的费用最少.【点睛】本题考查利用导数求闭区间上函数的最值的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．综合性强，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．22．函数的定义域为，若存在，使得成立，则称为函数的“不动点”；（1）若（）有两个不动点、3，求的最小值；（2）若，且有两个不动点、满足：，求证：当时，；【答案】（1）；（2）证明见解析；【分析】（1）根据定义转化为方程的根，再根据韦达定理得关系，最后根据二次函数性质求最值； （2）根据定义转化比较大小，作差并因式分解，根据韦达定理以及条件可确定差的符号，即得结果.【详解】（1）由题意得、3为两根，所以因此（2）由题意得为两根，所以当时，因为，，，所以【点睛】本题考查函数新定义、作差法证明不等式以及二次函数最值，考查综合分析论证与求解能力，属中档题.