仁寿一中南校区2023级高一上第二次质量检测
数学科试题
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，则正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素与集合，集合与集合的关系逐项判断，即可得到结果．
【详解】因，
所以，A错误；，B错误；，C正确；，D错误．
故选：C．
2. 命题“，”否定是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据特称命题的否定形式判定即可.
【详解】根据特称命题的否定形式可知：命题“，”的否定是“，”.
故选：C
3. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据不等式的性质结合必要不充分条件的判定方法求解即可.
【详解】当时，或或，所以“”推不出“”，
但是当时，，所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. 若不等式的解集是，函数的对称轴是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由一元二次不等式的解法与二次函数的性质求解．
【详解】解：∵不等式的解集是，
∴和是方程的两个根，
∴，∴，
∴函数的对称轴是．
故选：A．
5. 已知函数，则（ ）
A. 8 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分段函数的解析式先求出的值，在求出的值即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：B.
6. 正实数，满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. 5 D.
【答案】B
【解析】
【分析】中的“1”用“”代替，分离常数后利用基本不等式即可求解.
【详解】因为正实数，满足，
所以
，
当且仅当，即时等号成立.
故的最小值是.
故选:B.
7. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得到关于的表达式，再利用换元法与基本不等式即可得解.
【详解】因为，，
所以，则，
由，得，令，则，，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立，
则的最小值为.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用表示，从而将转化为关于的表达式，由此利用基本不等式即可得解.
8. 若，且恒成立，则a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】转化为在恒成立，令，分、、讨论，再结合对称轴的位置和特殊点的函数值可得答案.
【详解】因为，所以，
即在恒成立，
令，
时，
由，方程无解；
由，解得由；
由，方程组无解；
时，只须即可，解得；
时，，时单调递减，，满足题意；
综上所述，.
故选：B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列命题不正确是（ ）
A. ，
B. ，
C. “”的充要条件是“”
D. “，”是“”的充分条件
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用二次函数的性质可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；利用充分条件、必要条件的定义可判断C选项；利用充分条件的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，，，所以，命题“，”为假命题，A错；
对于B选项，当时，，故命题“，”为假命题，B错；
对于C选项，当时，，则无意义，即“”“”，
另一方面，当时，则有，即，即“”“”，
所以，“”的充分不必要条件是“”，C错；
对于D选项，当，时，，即“，”是“”的充分条件，D对.
故选：ABC.
10. 下列函数中，值域为的是（ ）
A. ， B.
C. ， D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据基本初等函数函数的性质判断A、B、C，利用基本不等式计算D.
【详解】对于A：函数，在定义域上单调递增，
又，，所以，故A正确；
对于B：由，所以，即，故B错误；
对于C：函数，在定义域上单调递增，
又，，所以，故C正确；
对于D：因为，所以，当且仅当，即时取等号，
所以，故D错误；
故选：AC
11. 已知，且则（ ）
A.
B. 的最大值为4
C. 的最小值为9
D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由条件变形后分解因式可判断A；利用基本不等式结合解不等式可判断B；由条件变形可得，结合1的妙用可判断C；由条件可得，代入结合二次函数的性质可判断D．
【详解】由，得，即，故A正确；
，（当且仅当时取等号），解得，故B错误；
由变形可得，
所以，
当且仅当且，即时取等号，故C正确；
由，得，，
所以，
因为，则，即时，取最小值，故D正确．
故选：ACD．
12. 设函数，集合，设，则下列说法正确的是（ ）.
A. B. 一定等于9
C. 可能等于8 D. 时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】由解集为正整数解集可知，，，再结合，即可判断各选项.
【详解】令，则，
因为解集为正整数解集，而，
当时，；当时，；
当时，，符合正整数解集.
因为只有3个正整数解，又，所以
对于A，，A对；
对于B， ，B对；
对于C，由B选项可知，C错；
对于D，时，，D对.
故选：ABD.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13. 若命题“”是假命题，则实数a的取值范围的解集是______
【答案】
【解析】
【分析】通过求出函数的最小值即可得出实数a的取值范围的解集.
【详解】由题意，
命题“”是假命题
∴恒成立，
在中，开口向上，
对称轴，
∴，
解得：，
∴实数a的取值范围的解集是，
故答案为：.
14. 若函数的定义域为，则函数的定义域是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据复合函数定义域的性质进行求解即可.
【详解】函数定义域为，
于是有，
即函数的定义域，
故答案为：
15. 已知，则的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】由不等式的性质求解．
【详解】.
设
．
又，，
，即．
故答案为：
16. 已知函数，，若对任意，存在，使得，则的取值范围______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可判断，由此求出，可得相应不等式恒成立，转化为函数最值问题，求解即可.
【详解】由题意知；
当时，，
故需同时满足以下两点：
①对时，
∴恒成立，
由于当时，为增函数，
∴；
②对时，，
∴恒成立，
由于，当且仅当，即时取得等号，
∴，
∴，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 求下列函数的值域.
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用配方法结合单调性求二次函数的值域；
（2）利用分式的性质，结合基本不等式的应用进行求解．
【小问1详解】
,函数的定义域为,在上单调递增，在上单调递减，
,又因为,所以.
所以函数的值域为
【小问2详解】
,
当且仅当取等号,函数的值域为.
18. 设集合，，．
（1），求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入，得到集合B，从而计算；
（2）将集合B分为和，在两种情况下分析，从而得到实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，故或，
又，故
【小问2详解】
当时，，，符合题意；
当时，因为，所以需满足，解得，
综上所述，的取值范围为.
19. 已知函数，.
（1）求函数定义域为D；
（2）若，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）求解简单不等式得到定义域；
（2）根据交集不为空集得到A不是空集，进而求得,利用，求得，或，进而综合得到的条件，得到的取值范围.
【详解】（1）要使有意义，则，解得
的定义域;
（2）因为，所以，
故，解得.
若，则有，或
所以，或，
由于，所以，
又因为，所以实数m的取值范围是
20. 已知，是关于x的方程的两个实数根．
（1）若，求m的值；
（2）求最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据求m的范围，再利用韦达定理代入求解可得；
（2）先配方，利用韦达定理，结合二次函数性质可得.
【小问1详解】
因为，是关于x的方程的两个实数根，
所以，即
所以，
所以，
整理得，解得（舍去）或，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
令，
因为在区间上单调递减，
所以，当时，取得最小值.
21. 已知函数.
（1）若，且，求的最小值：
（2）若，解关于的不等式.
【答案】（1）9 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由条件得，利用1的代换结合基本不等式求解最值；
（2）根据的范围分类讨论求解不等式的解集.
【小问1详解】
∵，即，且，
∴
当且仅当即时，等号成立，
所以的最小值为9.
【小问2详解】
若，则由，得，即，
当时，，解得，
当时，，
当，即时，解得，
当，即时，解得，
当，即时，解得，
当时，解得或.
综上：时，不等式的解集为；
时，不等式的解集为；
时，不等式的解集为；
时，不等式的解集为；
时，不等式的解集为或.
22. 已知二次函数.
（1）若等式恒成立，其中，，为常数，求的值；
（2）证明：是方程有两个异号实根的充要条件；
（3）若对任意，不等式恒成立，求的最大值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）解法1：由求得.
解法2：在中令得结果.
（2）根据充要条件的定义证明．证明必要性和充分性．
（3）由二次不等式恒成立，转化参数关系，代入通过讨论特殊情况后配合基本不等式求出最值.
【小问1详解】
解法1：，
由得，
故.
解法2：在中令得.
【小问2详解】
证明必要性：由于方程（a，b，c是常数且）有一正实根和一负实根，设两根为，
∴，且，∴.
充分性：由可推出，从而元二次方程有两个不相等的实数根，设为、，
则，由知：，即两根异号，
∴方程（a，b，c是常数且）有一正一负两实根.
因此是方程有两个异号实根的充要条件.
【小问3详解】
若对任意，不等式恒成立，
整理得：恒成立，因为a不为0，
所以，所以，
所以，
令，因为，所以，
若时，此时，
若时，，
当且仅当时，即时，上式取得等号，
综上：的最大值为.
【点睛】关键点睛：求的最大值时，利用将代换为，从而由三个量化为两个量， 再将化为，将视为一个量，从而最终化为只有一个量的函数，对多元变量求最值问题时关键是转化变量减少变量的个数，最终化为只有一个量的函数求最值.仁寿一中南校区2023级高一上第二次质量检测
数学科试题
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，则正确的是（ ）
A. B.
C. D.
2. 命题“，”的否定是（ ）
A ， B. ，
C. ， D. ，
3. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 若不等式解集是，函数的对称轴是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知函数，则（ ）
A. 8 B. C. D.
6. 正实数，满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. 5 D.
7. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1 D.
8. 若，且恒成立，则a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列命题不正确的是（ ）
A. ，
B. ，
C. “”的充要条件是“”
D. “，”是“”的充分条件
10. 下列函数中，值域为的是（ ）
A. ， B.
C. ， D.
11. 已知，且则（ ）
A.
B. 的最大值为4
C. 的最小值为9
D. 最小值为
12. 设函数，集合，设，则下列说法正确的是（ ）.
A B. 一定等于9
C. 可能等于8 D. 时，
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13. 若命题“”是假命题，则实数a的取值范围的解集是______
14. 若函数的定义域为，则函数的定义域是______．
15. 已知，则的取值范围是_________.
16. 已知函数，，若对任意，存在，使得，则的取值范围______．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 求下列函数的值域.
（1）
（2）
18. 设集合，，．
（1），求；
（2）若，求实数的取值范围．
19. 已知函数，.
（1）求函数的定义域为D；
（2）若，求实数m的取值范围.
20. 已知，是关于x的方程的两个实数根．
（1）若，求m的值；
（2）求的最小值．
21. 已知函数.
（1）若，且，求的最小值：
（2）若，解关于的不等式.
22. 已知二次函数.
（1）若等式恒成立，其中，，为常数，求的值；
（2）证明：是方程有两个异号实根的充要条件；
（3）若对任意，不等式恒成立，求最大值.
