【文档说明】黑龙江省大庆实验中学一部2023-2024学年高一上学期10月阶段性考试+数学+PDF版含解析.pdf，共(11)页，1.673 MB，由小赞的店铺上传

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AA=}#}{#{QQABCYCQggCoABIAAQgCAw3QCAOQkAAAACoGQEAEIAAAQBFABAA=}#}{#{QQABCYCQggCoABIAAQgCAw3QCAOQkAAAACoGQEAEIAAAQBFABAA=}#}大庆实验中学第1页共7页大

庆实验中学实验一部2023级高一上学期10月份阶段性质量检测数学学科试题参考答案2023.10.09—2023.10.10题号123456789101112选项DCDACBADACACBCDABD13.充

要条件14.115.216.2,4【参考详解】1．已知集合220,10AxxxBxax，若BA，则实数a的取值组成的集合是（）A.11,2B.1,2C.11,2

D.11,0,2【答案】D2.已知全集2==N100UABxxx，1,3,5,7UABð，则集合B的真子集个数为（）A．63个B．64个C．127个D．128个【答案】C【详解】根据2==N|100UABxxx可得

0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10U，(){1,3,5,7}UABð0,2,4,6,8,9,10B，故合B的真子集个数为721127故选:C3.设0abc，二次函数2()fxaxbxc的图象可能是（）【答案】

D4．已知函数21,12,1xxfxxx，若10fa，则实数a的值是（）A．3或5B．3或3C．5D．3或3或5【答案】A【详解】若1a，则2110faa，∴3a（3a舍去），若1a，则2

10faa，∴5a，综上可得，5a或3a.故选：A．5．下列命题正确的是（）A．“xR，210xx”的否定为假命题B．若“xR，2410axx”为真命题，则4aC．若2min2,mxxx，则mx的最大值是1，无最小值D．0ab的必要不

充分条件是1ab【答案】C【详解】对于A：该命题的否定：xR，210xx因为对任意xR，22131()024xxx所以这是真命题，故A错误；对于B：当0a时，410x不

恒成立，故B错误；对于C，由函数2min2,mxxx，令22xx，即220xx，解得21x，所以当[2,1]x时，则[2,1]mxx；当(,2)(1,)x时，则221mxx，所以函数mx的最大值是1，无最小值，所以C

正确.对于D：当0ab==时，得不到1ab，但当1ab时，必有0ab，所以1ab是0ab的充分不必要条件，故D错误．故选：C{#{QQABCYCQggCoABIAAQgCAw3QCAOQ

kAAAACoGQEAEIAAAQBFABAA=}#}大庆实验中学第2页共7页6．已知集合A满足：①NA，②,,xyAxy，必有2xy，③集合A中所有元素之和为100，则集合A中元素个数最多为（）A．11B．10C．9D．8【答案】B【详解

】对于条件①NA，②,,xyAxy，必有2xy，若集合中所有的元素是由公差为2的等差数列构成，例如0,2,4,6,8,10,12,14,16,18,20，集合中有11个元素，又02468101214161820110100,0246

8101214161890100则该集合满足条件①②，不符合条件③，故符合条件③的集合A中元素个数最多不能超过10个，故若要集合A满足：①NA，②,,xyAxy，必有2xy，③集合A中所有元素之和为100，最多有10个元素，例如0,2,

4,6,8,10,12,15,18,25A.故选：B.7．设函数()fx的定义域为R，满足(2)2()fxfx，且当2(]0,x时，()(2)fxxx.若对任意[,)xa，都有3()8fx成立，则a的

取值范围是（）A．7,2B．5,2C．3,2D．5,2【答案】A【详解】因为当2(]0,x时，()(2)fxxx；(2)2()fxfx，所以1()(2)2fxfx，即若()fx

在(0,2]上的点的横坐标增加2，则对应y值变为原来的12；若减少2，则对应y值变为原来的2倍.当2(]0,x时，2()(2)(1)1fxxxx，max()(1)1fxf，故当a<0时，对任意[,)xa，3()8fx不成立，当(2,4]x时，21111()(2)(

3)0,2222fxfxx，同理当4,6x时，2111()(50,4)44fxx，以此类推，当>4x时，必有3()8fx.函数fx和函数38y的图象如图所示：因为当(2,4]x时，21

11()(3)0,222fxx，令2113(3)228x，解得172x，252x（舍去），因为当[,)xa时，3()8fx成立，所以72a.故选：A.8．设函数fx的定义域为R

，1fx为奇函数，2fx为偶函数，当1,2x时，2()fxaxb．若036ff，则92f（）A．94B．32C．74D．52【答案】D【详解】[方法一]：因为1fx是奇函数，所以11fxfx①；因为2fx

是偶函数，所以22fxfx②．令1x，由①得：024ffab，由②得：31ffab，因为036ff，所以462ababa，令0x，由①得

：11102fffb，所以222fxx．思路一：从定义入手．9551222222ffff1335112222ffff

{#{QQABCYCQggCoABIAAQgCAw3QCAOQkAAAACoGQEAEIAAAQBFABAA=}#}大庆实验中学第3页共7页511322=2222ffff

所以935222ff．[方法二]：因为1fx是奇函数，所以11fxfx①；因为2fx是偶函数，所以22fxfx②．令1x，由①得：024ffab，由②得：31ffab，因为

036ff，所以462ababa，令0x，由①得：11102fffb，所以222fxx．思路二：从周期性入手由两个对称性可知，函数fx的周期4T．所以91352222fff

．故选：D．9．若0ab，0m，则下列不等式成立的是（）A．22abB．3322abababC．amabmbD．22acbc【答案】AC.【详解】对于A，由0ab，则22ab，故A正确；对于B，2332222ababababaab

babababab，由0ab，所以3322ababab，故B错误；对于C，bamabmmbaamabmbbbmbbm，由0ab，则0amabmb，即amabmb，故C正确.对于D，当0c时不符合，故D

错误；故选：AC.10．已知函数(1)21fxxx，则（）A．39fB．2230fxxxxC．fx的最小值为1D．fx的图象与x轴有2个交点【答案】AC【详解】令11tx，得1xt，则21xt，得2123fx

fttt，故223fxxx，1,x，39f，A正确，B错误.223923248fxxxx，所以fx在1,上单调递增，min11fxf，fx的图象与x轴只有1个交点，C正确，D错误.故选：AC11．当两个集

合中一个集合为另一个集合的子集时，称这两个集合构成“全食”；当两个集合有公共元素，但互不为对方子集时，称这两个集合成“偏食”.对于集合11,,0,12A，{|10}Bxaxxa，若A与B构成“全食”或

“偏食”，则实数a的取值可以是（）A．2B．0C．1D．2【答案】BCD【详解】当0a时，{0}B，BA,所以A与B构成“全食”；当0a时，1{,}Baa，如果11,1,aa{1,1}B，A与B构成“全食”；如果112,,2aa，

1{,2}2B，此时A与B构成“偏食”；当a<0时，如果1,a则11a，{1,1}B，BA，所以A与B构成“全食”；如果2,a则112a，1,22B，所以选项A错误；故选：BCD12．已知2

0axbxc的解集是2,3，则下列说法正确的是（）A．不等式20cxbxa的解集是11|23xxB．1234bb的最小值是83{#{QQABCYCQggCoABIAAQgCAw3QCAOQkAAAACoGQEAEIAAAQB

FABAA=}#}大庆实验中学第4页共7页C．若2343bmmb有解，则m的取值范围是12+，UD．当2c时，236fxaxbx，12,xnn的值域是3,1，则21nn

的取值范围是2,4【答案】ABD【详解】因20axbxc的解集是2,3，则2,3是关于x的方程20axbxc的二根，且a<0，于是得1,6bcaa，即,6,0bacaa，对于A，不等式20cxbxa

化为：2610xx，解得1123x，A正确；对于B，0b，12121412148(34)2(34)34343334333bbbbbb，当且仅当121(34)343bb，即23b时取“=”，B正确；对于C，0b，令33bt，则413bttb

在(3,)t上单调递增，即有4433bb，因2343bmmb有解，则24mm，解得111722m或111722m，C不正确；对于D，当2c时，13ba，则222()362(1)1fxax

bxxxx，max()(1)1fxf，依题意，121nn，由()3fx得，=1x或3x，因()fx在12,nn上的最小值为-3，从而得121,13nn或1211,3nn，因此2124nn，D正确.故选：ABD13.已

知:Rpx，2210axx；:1,qa，则p是q的______条件．（在充分不必要､必要不充分、充要、既不充分也不必要中选一个正确的填入）【答案】充要条件【详解】因为:Rpx，2210axx为真命题等价于不等式2210axx在x

R上恒成立，当0a时，210x显然不成立；当0a时，0Δ440aa，解得1a，综上，实数a的取值范围为1,a，所以:1,pa，又因为:1,qa，所以p是

q的充要条件．14．含有3个实数的集合既可表示成,,1baa，又可表示成2,,0aab，则20232023ab_____．【答案】-1【详解】因为2,,1,,0baaaba，显然0a，故0ba，则0b；此时两集合分别是2,1,0,,,

0aaa，则21a，解得1a或1.当1a时，不满足互异性，故舍去；当1a时，满足题意.所以2022202220232023(1)01ab故答案为：1.15．已知14a，则141aaa的最小值是______．【答案】2【详解】14a，40,10aa

，14114114114141341aaaaaaaaa41411414515212341341aaaaaaaa

，当且仅当41441aaaa，即2a时等号成立，141aaa的最小值是2.故答案为：2.16.设集合10,2A，1,12B，函数1,221,xxAfxxxB

，若0xA，且0ffxA，则01x的取值范围为______________【答案】2,4{#{QQABCYCQggCoABIAAQgCAw3QCAOQkAAAACoGQEAEIAAAQBFABAA=}#}大庆实验中学第5页共7页17.已知集合|15,|22Ax

xxBxaxa或（1）若1,aABAB求和（2）若=ABB，求实数a的取值范围【详解】（1）∵1a，∴21Bxx，∴21ABxx，1ABxx或5x

；（2）∵BA∴当B时，则有22aa，解得2a．满足题意．当B时，有22121aaa，或22225aaa，由不等式组1可得3a，不等式组2无解．综上所述，实数a的取值范围是2aa或3a.18．

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10克黄金，售货员先将5g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5g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10g，等于10g，还是大于10g？为什么？(2)如果售货员又将5g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.【详解】（1）由于天平两臂不等长，设天平左臂长为a，右臂长为b，且ab，先称得黄金为xg，后称得黄金为yg，则5,5bxaayb，则55,abxyba，所以555210ababx

ybaba当且仅当abba，即ab时取等号，由ab，所以10xy顾客购得的黄金是大于10g（2）由（1）再一次将5g的砝码放在天平左盘，再取黄金mg放在右盘使之平衡，则此时有5abm，此时有5amb，所以三次黄金质量总和为：55522

5()52102abaababxymbabbaba，当且仅当2abba，即222abab所以三次黄金质量总和要最小，则左臂长和右臂长之比2219．已知一元二次不等

式2320xx的解集为A，关于x的不等式2220mxmx的解集为B（其中Rm）．(1)求集合B；(2)在①RBAð，②AB，③ABA，这三个条件中任选一个，补充在下面问题的______中，若问题中的实数m存在，求m的取值范围：若不存在，说明理由．问题：是否存在

实数m，使得______？（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）．【详解】（1）解：由2220mxmx，即210mxx．①0m时，1x；②0m时，1x或2xm；③02m时，21xm；④2m时，

不等式无解；⑤2m时，21xm．综上所述：当0m时，1Bxx；当0m时，2|1Bxxxm或；当02m时，2|1Bxxm；当2m时，B；当2m时，2|1Bxxm．（2）由（1）

12Axxx或，若选择①RBAð，则R12Axx|ð，由（1）可知：只有当02m，2|1Bxxm，则有22m，所以12m；另外，当2m时，B也成立，所以选择①，则实数m的取值范围是12m；

若选择②，AB，由（1）可知：当0m，0m，2m时，都能符合条件；当02m，2|1Bxxm，则有22m，所以01m所以选择②，则实数m的取值范围是1m或2m；若选择③，ABA，则BA，由（1）可知：只有当m>2时，2|1BxxAm

成立；另外，当2m时，B也成立所以选择③，则实数m的取值范围是2m．{#{QQABCYCQggCoABIAAQgCAw3QCAOQkAAAACoGQEAEIAAAQBFABAA=}#}大庆实

验中学第6页共7页20.已知二次函数fx满足12fxfxx，且03f.（1）求fx的解析式；[来源:Z&xx&k.Com]（2）设函数txxfxg)()(（t为实数），求函数gx在区间1,1上的最小值.【详

解】（1）解：设2fxaxbxc，0a．则21(1)1fxaxbxc．从而，221[1)12fxfxaxbxcaxbxcaxab，又12f

xfxx，22101aaabb，又03fc，23fxxx．（2）由题意txxfxg)()(=213xtx，对称轴为12tx当11,32tt即时)(xg在1,1上单调递增tgxg5)1()(min当11

1,132tt即时)(xg在1,1上先减后增4112)21()(2mintttgxg当11,12tt即时)(xg在1,1上单调递减3)1()(mintgxg21．设函数2()(1)||3()fxxxxaaR．（1

）当0a时，求函数的单调递减区间；（2）若函数fx在R上单调递增，求a的取值范围；（3）若对xR，不等式2fxx≥恒成立，求a的取值范围．【详解】（1）0a时，2223,0()(1)33,0xxxfxxxxxx，故fx在,0上为增函

数，在10,4上为减函数，在1,+4为增函数，故函数的单调递减区间为10,4.（2）22213,()(1)313,xaxaxafxxxxaxaxaxa，因

为函数fx在R上单调递增，故2141021313aaaaaaaaaa，解得13a.（3）2fxx≥等价于22330xaxaxa且130xaaxa恒成立，综上，a的取值范围为31a.先考虑

130xaaxa恒成立，则210230aaa，故1a.再考虑22330xaxaxa恒成立，又333044aaa，故34aa，故238301aaa，解得31a，22.已知函数

242fxmxxmR.（1）若fx在区间1,2上是单调减函数，求m的取值范围；（2）设fxgxx，若对任意的正实数m，总存在01,2x使得0gxk，求实数k的取值范围.【详解】（1）若()fx在区间1,2上是单调减函数，

当0m时，()42fxx单调递减，符合题意；当0m时，函数图象对称轴22xm，即01m；当0m时，21m恒成立；综上，m的取值范围是(,1]；（2）由()2()4,(0)fxgxmxmxx

，由定义易证2(4)mxtxx在[1,2]上为单调递增函数，由(1)6,(2)25tmtm，则6()25mtxm，因为()2()4,(0)fxgxmxmxx总存在{#{QQABCYCQggCoABIAAQgCA

w3QCAOQkAAAACoGQEAEIAAAQBFABAA=}#}大庆实验中学第7页共7页0[1,2]x，使得0()gxk，所以max()gxk，而()()gxtx，若625,0mmm，即1103m时，max7(

)6[,6)3gxm，所以max()6gxmk，所以73k；若625,0mmm，即113m时，max7()25(,)3gxm，所以max()25gxmk，所以73k；综上，实数k的范围为7(,]3.{#{QQABCYCQggCoABIAAQgCAw3

QCAOQkAAAACoGQEAEIAAAQBFABAA=}#}