2022-2023学年河南省南阳地区高一上学期9月阶段检测考试数学试题（解析版）

2022-2023学年河南省南阳地区高一上学期9月阶段检测考试数学试题

一、单选题

1．命题“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题即得.

【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题，

所以命题“，”的否定是“，”.

故选：C.

2．已知集合为质数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据交集的定义运算即得.

【详解】因为为质数，

所以.

故选：B.

3．已知，且，则下列不等式成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据特值，不等式的性质结合条件逐项分析即得.

【详解】当时，，则，故A错误；

因为，由，得，所以（，故B正确；

当时，，故C错误；

当时，，故D错误.

故选：B.

4．已知的垂心为M，则“M在的外部”是“钝角三角形”的（    ）．

A．充分不必要条件 B．充要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据三角形垂心与锐角三角形、直角三角形、钝角三角形的位置关系，判断可得答案.

【详解】因为锐角三角形的垂心在三角形的内部，直角三角形的垂心为直角的顶点，钝角三角形的垂心在三角形的外部，

所以“M在的外部”是“为钝角三角形”的充要条件．

故选：B.

5．已知一次函数满足，则（    ）

A．12 B．13 C．14 D．15

【答案】B

【分析】根据待定系数法可得函数解析式，进而即得.

【详解】设，则,

因为，

所以，解得，

所以，.

故选：B.

6．若，且，则的最小值为（    ）

A．32 B．16 C．8 D．4

【答案】A

【分析】由基本不等式结合一元二次不等式的解法得出最小值.

【详解】因为，

所以，即，

解得，即，当且仅当时，等号成立，

故的最小值为32.

故选：A.

7．设函数,则满足的的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据分段函数解析式，分，解不等式即得.

【详解】当时，，解得或，

所以或；

当时，，解得，

所以；

综上，满足的的取值范围是.

故选：D.

8．已知，则的最小值为（    ）

A．8 B．16 C．32 D．64

【答案】C

【分析】利用“乘1法”即得.

【详解】因为，

当且仅当时，等号成立，

所以的最小值为32.

故选：C.

二、多选题

9．下列各图是函数图象的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据函数的定义，进行分析判断即可得解..

【详解】根据函数的定义可知，定义域内的每一个只有一个和它对应，

因此不能出现一对多的情况，所以B不是函数图象，AC D是函数图象.

故选：ACD.

10．下列命题是真命题的是（    ）

A．“”是“”的充分不必要条件

B．若集合只有两个子集,则

C．若,则的所有取值构成的集合为

D．函数与是同一个函数

【答案】AC

【分析】先求出的解集,根据充分条件的定义,即可判断选项A的正误;由集合只有两个子集,可得集合中只有一个元素,可得或,解出即可判断选项B正误;根据可得或,解出后通过检验即可得选项C的正误;分析两个函数的定义域值域及解析式,即可得选项D 的正误.

【详解】解:由题知,当时,成立;

当时,解得或,

即“”是“”的充分不必要条件,故选项A正确;

因为集合只有两个子集,所以集合含有1个元素,

即方程只有1个根或两个相等的实数根,则或,解得,故或,故选项B不正确;

因为,

所以或,解得或,

当时,,故舍去,当时,,

综上,故选项C正确;

函数的定义域为,值域为,

函数的定义域为,值域为,

故函数与不是同一个函数,故选项D不正确.

故选:AC

11．已知集合，若，则集合中的元素可能为（    ）

A．1 B． C． D．4

【答案】ACD

【分析】根据二次不等式的解集结合条件可得，然后解方程结合条件即得.

【详解】由，可得方程有两个不相等的实根和3，

所以，即，

所以，

由，可得，

解得或或，即.

故选：ACD.

12．已知,则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】先将代入即可排除选项A,D,先把带入到中,再根据算术平均数与调和平均数之间关系,将进行放缩为,根据的范围和二次函数的值域,即可判断选项B的正误,利用基本不等式求出的最大值,再根据即可判断选项C 的正误.

【详解】解:由题知,当时,

,

故选项A,D错误;

根据算术平均数大于等于调和平均数,

所以,即,

由

,

当且仅当,即时,等号成立,

因为,所以,

此时,

故,故选项B正确.

因为,所以,

即,当且仅当,

即时,等号成立,

所以,

故选项C正确.

故选:BC

三、填空题

13．某协会共有会员95人，其中70人会打羽毛球，15人会打网球，既会打羽毛球也会打网球的有13人，则既不会打羽毛球也不会打网球的有__________人.

【答案】23

【分析】由题可得会打羽毛球或会打网球的人数，进而即得.

【详解】由题可得会打羽毛球或会打网球的人数为，

所以既不会打羽毛球也不会打网球的有人.

故答案为：23.

14．若函数的定义域是，则函数的定义域为______．

【答案】

【分析】根据给定的函数定义域，列出不等式组并求解作答.

【详解】函数的定义域是，函数有意义，

必有，解得，

所以函数的定义域为．

故答案为：

四、双空题

15．已知函数的定义域为,则的取值范围为__________,若函数,则的值域为__________.

【答案】         

【分析】函数的定义域为即对都成立,只需,解出即可;由的范围,判断的对称轴及单调区间,进而找出最值即可.

【详解】解:由题知函数的定义域为,

即对都成立,

则,解得,

即的取值范围为;

函数图象的对称轴方程为;

又因为,

所以在区间上随自变量的增大而减小,

在区间上随自变量的增大而增大,

所以在处取得最小值,在处取得最大值20,

故的值域为.

故答案为：;.

五、填空题

16．若是定义在上的函数，且对任意，都有，且，则__________.

【答案】9

【分析】由题可得，进而，然后结合条件即得.

【详解】因为，

所以，即，

又因为，

所以，又，

所以

.

故答案为：9.

六、解答题

17．已知函数．

(1)求；

(2)求的解析式．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）令代入题干表达式中即可；

（2）利用换元法，设即可解决.

【详解】（1）令代入，可得；

（2）设，变为，故的解析式为

18．如图所示，园林设计师计划在一面墙的同侧用彩带围成六个相同的矩形区域，靠墙的部分不用彩带.设为米，为米.

(1)当彩带的总长为48米时，围成的六个矩形的面积之和的最大值为多少？并求出此时和的值.

(2)当围成的六个矩形的面积之和为18平方米时，求彩带总长的最小值及此时和的值.

【答案】(1)当，六个矩形的面积之和取得最大值平方米；

(2)当，彩带总长的最小值为米.

【分析】（1）根据题意，求得为定值，利用基本不等式求乘积的最大值即可；

（2）根据题意，求得为定值，利用基本不等式求的最小值即可.

【详解】（1）根据题意可得，即，又，

故六个矩形的面积之和平方米，

当且仅当，且，即时取得最大值.

（2）根据题意可得：，即，又，

则彩带总长度米，

当且仅当，且，即时取得最小值.

19．已知集合.

(1)求；

(2)若C为的子集，求m的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）化简集合，然后根据补集，并集及交集的定义运算即得；

（2）由题可得，然后根据集合的关系分，讨论即得.

【详解】（1）由，可得，

因为时，，

所以，，

所以，；

（2）由题可得，又C为的子集，，

当时，则，即，满足题意；

当时，则需满足，解得；

综上，的取值范围为.

20．某超市引进，两类有机蔬菜．在当天进货都售完的前提下，A类有机蔬菜的纯利润为3元/千克，类有机蔬菜的纯利润为5元/千克．若当天出现未售完的有机蔬菜，次日将以5折售出，此时售出的A类蔬菜的亏损为1元/千克，类蔬菜的亏损为3元/千克．已知当天未售完的有机蔬菜，次日5折促销都能售完．假设该超市A，两类有机蔬菜当天共进货100千克，其中A类有机蔬菜进货千克．假设A，类有机蔬菜进货当天可售完的质量均为50千克．

(1)试求进货当天及次日该超市这两类有机蔬菜的总盈利（单位：元）的表达式；

(2)若，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分、写出分段函数即可；

（2）解分段函数不等式，即可求出.

【详解】（1）当，时，；

当，时，．

故

（2）当，时，由，解得；

当，时，由，解得．

故的取值范围是．

21．已知函数.

(1)当时，设集合，求；

(2)若，有恒成立，求的最大值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据交集的定义运算即得；

（2）由题可得，然后利用参变分离及基本不等式即得.

【详解】（1）当时，，又，

由，可得或，

故；

（2）由，可得，

当时，，

因为，

所以，当且仅当，即时，等号成立，

所以，

故的最大值为.

22．已知函数，，．设函数.

(1)若，求的最小值；

(2)若的最小值小于，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）当时，求出的解析式，作出的图象，由图可知的最小值；

（2）求出的解析式，且，图象的对称轴分别为直线，．讨论，，得出的单调性，即可求出的最小值，解出的最小值小于时的取值范围，即可得出答案.

【详解】（1）由题意可得，当时，，

当时，，

所以

当时，作出的图象，如图1：

由图可知的最小值为．

（2）

且，图象的对称轴分别为直线，．

①如图2，当，即时，在上随的增大而减小，在上随的增大而增大，所以，由，解得，故．

②如图3，当，即时，在上随的增大而减小，在上随的增大而增大，所以，则，解得，故．

③如图4，当，即时，在上随的增大而减小，在上随的增大而增大，所以，由，解得，故．

综上，的取值范围为．