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）

这是一份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），共15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。
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：D3．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：C4．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：B7．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6C．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：A10．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.