2022-2023學(xué)年重慶市璧山區(qū)高一年級(jí)上冊(cè)學(xué)期10調(diào)研數(shù)學(xué)試題【含答案】

2022-2023學(xué)年重慶市璧山區(qū)高一上學(xué)期10調(diào)研數(shù)學(xué)試題一、單選題1．下列表示錯(cuò)誤的是（

）A． B． C． D．C【分析】結(jié)合元素與集合的關(guān)系直接判斷即可.【詳解】對(duì)選項(xiàng)ABD顯然正確，對(duì)C，為無(wú)理數(shù)，，故C錯(cuò)誤.故選：C2．命題“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，B【分析】根據(jù)全稱命題的否定為特稱命題即可求解.【詳解】命題“，”的否定是，.故選：B.3．圖中陰影部分表示的集合為（

）A． B． C． D．A【分析】根據(jù)集合的交并補(bǔ)運(yùn)算逐個(gè)選項(xiàng)驗(yàn)證即可.【詳解】根據(jù)補(bǔ)集和交集的概念可知A選項(xiàng)的符合題意；由圖可知，陰影部分為集合B的子集，而不是B的子集，故排除選項(xiàng)B、C；表示的區(qū)域如圖：所以D不符題意；故選：A.4．為了提高學(xué)生的身體素質(zhì)，某學(xué)校開設(shè)了豐富的體育選修課，據(jù)統(tǒng)計(jì)，其中有96%的學(xué)生選擇了球類選修課或田徑類選修課，60%的學(xué)生選擇了球類選修課，82%的學(xué)生選擇了田徑類選修課，則該校同時(shí)選擇球類選修課和田徑選修課的學(xué)生數(shù)占該校學(xué)生總數(shù)的比例是（

）A．42% B．46% C．56% D．62%B【分析】根據(jù)集合的并集運(yùn)算規(guī)律以及容斥原理，即可求得.【詳解】該校同時(shí)選擇球類選修課和田徑選修課的學(xué)生數(shù)占該校學(xué)生總數(shù)的比例是60%+82%-96%=46%.故選：B.5．若函數(shù)對(duì)任意實(shí)數(shù)x和y均滿足，且，，則（

）A．5 B．6 C．7 D．8D【分析】結(jié)合，先求出，再由即可求解【詳解】因?yàn)?，所以，所?故選：D6．函數(shù)的值域?yàn)椋?/p>

）A． B． C． D．A【分析】利用換元法即可求值域.【詳解】設(shè)，則，所以（）,所以，二次函數(shù)開口向下，當(dāng)時(shí)，有最大值，所以函數(shù)的值域?yàn)?故選：A7．已知函數(shù)的定義域?yàn)?，則函數(shù)的定義域?yàn)椋?/p>

）A． B．C． D．C【分析】根據(jù)抽象函數(shù)定義域的求法，列出不等式，即可求得答案.【詳解】∵函數(shù)的定義域?yàn)?，∴根?jù)抽象函數(shù)定義域的求法，得，解得又，即∴函數(shù)的定義域?yàn)?故選：C.8．已知關(guān)于x的一元二次不等式的解集為，則關(guān)于x的不等式的解集為（

）A． B．C． D．A【分析】結(jié)合“三個(gè)二次”之間的關(guān)系得，關(guān)于x的不等式等價(jià)于，即，計(jì)算得解.【詳解】關(guān)于x的一元二次不等式的解集為，所以開口向下，即，且一元二次方程的根為，由韋達(dá)定理得且，所以，關(guān)于x的不等式等價(jià)于，所以，即，所以，計(jì)算得，所以關(guān)于x的不等式的解集為.故選：A.二、多選題9．已知集合，，則（

）A．集合A是函數(shù)的圖象上的部分點(diǎn)構(gòu)成的集合B．集合B是函數(shù)的定義域，集合C是函數(shù)的值域C．D．BC【分析】根據(jù)集合的含義及其表示的實(shí)際意義解題.【詳解】是函數(shù)的圖象上的所有點(diǎn)構(gòu)成的集合；當(dāng)描述法中的元素表示x取值時(shí)，表定義域，表示y取值時(shí)，表值域；集合A表示點(diǎn)集與表數(shù)集的B、C沒有交集；顯然，.故選：BC.10．已知，則（

）A． B．C． D．ACD【分析】對(duì)A由作差法可判斷；對(duì)B由同向可除性可判斷；對(duì)C由同向可加性可判斷；對(duì)D由不等式的同向可加性和可除性可判斷.【詳解】對(duì)A，因?yàn)椋?，故，故A正確；對(duì)B，因?yàn)?，故，?duì)同時(shí)除以可得，故B錯(cuò)誤；對(duì)C，因?yàn)椋?，所以，，即，故C正確；對(duì)D，因?yàn)椋?，即，，，同時(shí)除以可得，故D正確.故選：ACD11．已知，是關(guān)于x的方程的兩個(gè)實(shí)根，則（

）A．或 B．C． D．ABD【分析】A.根據(jù)判別式即可求得k的取值范圍；B，C，D選項(xiàng)，先用韋達(dá)定理求出以及的值，變形化簡(jiǎn)可以推出.【詳解】由已知得，，解得或，A正確；由韋達(dá)定理可得，，則∵∴，B正確；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)無(wú)意義；當(dāng)時(shí)，當(dāng)k=0時(shí)，，C錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)無(wú)意義；當(dāng)時(shí)，，D正確.故選：ABD.12．高斯是德國(guó)著名數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”稱號(hào)，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數(shù)學(xué)家，用其名字命名的“高斯函數(shù)”為：設(shè)，用[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，則稱為高斯函數(shù)，也稱為取整函數(shù)，如，以下關(guān)于“高斯函數(shù)”的命題，是真命題的有（

）A．，B．若，則C．，，若，則D．不等式的解集為或BD【分析】在A中，取檢驗(yàn)即可；在Ｂ中，根據(jù)[x]的定義判斷；在Ｃ中，取檢驗(yàn)即可；在Ｄ中，解不等式得或結(jié)合[x]定義可求得范圍.【詳解】在A中，取，，故Ａ錯(cuò)誤；在Ｂ中，因?yàn)閇x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，故時(shí)，故Ｂ正確；在Ｃ中，取，，滿足，但不成立，故Ｃ錯(cuò)誤；在Ｄ中，由得或，則或，故Ｄ正確.三、填空題13．滿足的所有集合共有__________個(gè).【分析】由題意列舉出集合M，可得集合的個(gè)數(shù)．【詳解】由題意可得，或或或，即集合M共有個(gè)故14．寫出一個(gè)與函數(shù)的定義域與值域均相同的不同函數(shù)______．（答案不唯一）【分析】利用函數(shù)的定義域和值域的定義即可求解.【詳解】由題意可知，函數(shù)的定義域?yàn)?值域?yàn)?，由函?shù)的定義域?yàn)?值域?yàn)?所以與函數(shù)的定義域與值域均相同.故（答案不唯一）.15．已知，若，則______．【分析】由于恒成立，可列方程組，即可求解.【詳解】由題可知恒成立，,,解得..故四、雙空題16．已知實(shí)數(shù)，，且，則mn的最大值為______，的最小值為______．

##0.25

##【分析】根據(jù)基本不等式可求得mn的最大值；根據(jù)“1”的代換，變形求解即可.【詳解】由已知及基本不等式可得，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立；，又，，且，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即，時(shí)等號(hào)成立.故；.五、解答題17．設(shè)，，，．(1)求a的值；(2)求．(1)(2)【分析】（1）將帶代入集合所對(duì)應(yīng)方程，再化簡(jiǎn)，驗(yàn)證可求；（2）化簡(jiǎn)結(jié)合，結(jié)合并集運(yùn)算即可求解.【詳解】（1）因?yàn)椋?，即，解得，易得，又因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，，故；（2）結(jié)合二次不等式可得，又，，所以．18．已知一次函數(shù)滿足，．(1)求的解析式；(2)若，，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．(1)(2)【分析】（1）待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，設(shè)，代入條件，得到方程組，解出參數(shù)即可；（2）將函數(shù)解析式代入即可轉(zhuǎn)化為一個(gè)不等式恒成立的問題.【詳解】（1）設(shè)，則．由得．因?yàn)?，所以．所以，的解析式為．?）將代入得（*）．即，．①當(dāng)時(shí)，不等式*變?yōu)?，滿足條件；②當(dāng)時(shí)，原問題等價(jià)于解得．綜上，實(shí)數(shù)的取值范圍為．19．已知集合，．(1)若，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；(2)已知命題，命題，若p是q的必要不充分條件，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．(1)(2)【分析】（1）解出集合A，由已知得出，解出參數(shù)范圍；（2）原條件等價(jià)于BA.討論集合B是否為空集，根據(jù)集合關(guān)系解出參數(shù)范圍.【詳解】（1）易得．由知，．所以，解得．（2）p是q的必要不充分條件等價(jià)于BA．①當(dāng)時(shí)，，解得，滿足．②當(dāng)時(shí)，原問題等價(jià)于（不同時(shí)取等號(hào)）解得．綜上，實(shí)數(shù)k的取值范圍是．20．某廠家擬對(duì)A產(chǎn)品做促銷活動(dòng)，對(duì)A產(chǎn)品的銷售數(shù)據(jù)分析發(fā)現(xiàn)，A產(chǎn)品的月銷售量t（單位：萬(wàn)件）與月促銷費(fèi)用x（單位：萬(wàn)元）滿足關(guān)系式（k為常數(shù)，），如果不搞促銷活動(dòng)，則該產(chǎn)品的月銷量是1萬(wàn)件．已知生產(chǎn)該產(chǎn)品每月固定投入為7萬(wàn)元，每生產(chǎn)一萬(wàn)件該產(chǎn)品需要再投入4萬(wàn)元，廠家將每件產(chǎn)品的銷售價(jià)定為元，設(shè)該產(chǎn)品的月利潤(rùn)為y萬(wàn)元，（注：利潤(rùn)=銷售收入-生產(chǎn)投入-促銷費(fèi)用）(1)將y表示為x的函數(shù)；(2)月促銷費(fèi)用為多少萬(wàn)元時(shí)，該產(chǎn)品的月利潤(rùn)最大？最大利潤(rùn)為多少？(1)，(2)月促銷費(fèi)用為2萬(wàn)元時(shí)，A產(chǎn)品的月利潤(rùn)最大，最大利潤(rùn)為7萬(wàn)元．【分析】（1）根據(jù)已知條件，解出k，進(jìn)而由題意得到函數(shù)關(guān)系式；（2）根據(jù)函數(shù)形式知，要求函數(shù)的最大值，可以用基本不等式來(lái)求解.【詳解】（1）由題知，當(dāng)時(shí)，，代入得．．將代入得．所以，所求函數(shù)為．（2）由（1）知，．因?yàn)?，所以，因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)．所以．故月促銷費(fèi)用為2萬(wàn)元時(shí)，A產(chǎn)品的月利潤(rùn)最大，最大利潤(rùn)為7萬(wàn)元．21．(1)當(dāng)，，，時(shí)，證明不等式：；(2)若，，且，求的最小值．(1)證明見解析；(2)．【分析】(1)利用基本不等式證明即可；(2)將代入中通過(guò)消元變形得，利用基本不等式即可求解．【詳解】(1)∵，，，，∴，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)．∴．(2)由，，，得，且，∴或，所以，將代入中通過(guò)消元變形得，，∴，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)．∴的最小值為．22．已知函數(shù)．(1)問題：若關(guān)于x的方程______，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；從下面給出的①②③三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充到上面的問題中，并進(jìn)行解答．①有兩個(gè)不等正實(shí)根；②有兩個(gè)相異負(fù)實(shí)根；③有1個(gè)正實(shí)根和1個(gè)負(fù)實(shí)根．（若選擇多個(gè)方案分別解答，則按第一個(gè)解答記分．）(2)當(dāng)時(shí)，解關(guān)于x的不等式；(3)當(dāng)時(shí)，若關(guān)于x的不等式的解集中有且僅有2023個(gè)整數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(1)答案見解析(2)答案見解析(3)【分析】（1）根據(jù)已知條件及一元二次方程根的關(guān)系即可求解；（2）根據(jù)已知條件及一元二次不等式的解法原則，結(jié)合分類討論即可求解；（3）根據(jù)已知條件及一元二次不等式的解法原則即可求解.【詳解】（1）方程等價(jià)于．若選①，原問題等價(jià)于，解得．所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為.若選②，原問題等價(jià)于,解得