2023-2024学年山东省临沂市莒南第一中学北校区高一上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省临沂市莒南第一中学北校区高一上学期10月月考数学试题含答案，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则=（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用交集的定义运算即得.
【详解】∵集合，，
∴.
故选：C.
2．命题“有些实数的绝对值是正数”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】原命题为特称命题，根据特称命题的否定是全称命题进行否定即可.
【详解】命题“有些实数的绝对值是正数”是特称命题，根据特称命题的否定是全称命题，所以命题的否定应该是“所有实数的绝对值都不是正数”，即，.
故选：C.
【点睛】本题考查含有量词的命题的否定，要求熟练掌握特称命题的否定是全称命题，全称命题的否定是特称命题，属于基础题.
3．已知，则“”是“”的（ ）．
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】先求的解集，再利用充分必要条件的概念即可判断.
【详解】由得，此不等式与不等式同解，解得或.
所以，当时，一定成立，故充分性成立；
当即或时，不一定成立，故必要性不成立.
综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4．函数的定义域为（ ）
A．B．
C．且D．且
【答案】D
【分析】根据零指数幂的性质、二次根式的性质、分式的性质进行求解即可.
【详解】由题意可知：且，
故选：D
5．如图在同一个坐标系中函数和（）的图象可能的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，分与两种情况讨论，结合一次函数、二次函数的图像和系数关系，分析选项可得答案.
【详解】解：由题意得：
当时，函数开口向上，顶点在原点，而的图像过一、三、四象限；
当时，函数开口向下，顶点在原点，而的图像过二、三、四象限；
故选：D
6．函数（）的值域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据二次函数在区间上的单调性即可求值域.
【详解】函数的对称轴为，
故函数在上单调递增，
又，，
所以函数（）的值域是
故选：A.
7．已知，则的值等于（ ）
A．B．4C．2D．
【答案】B
【分析】根据分段函数直接代入即可求值.
【详解】因为，所以，
所以
，
故选：B.
8．已知，，，若不等式恒成立，则m的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．7
【答案】C
【分析】根据基本不等式中“”的代换求出的最小值，即可得到的最大值．
【详解】因为，
所以，
又，，
所以，
当且仅当时取等号，
所以，即，的最大值为3．
故选：C．
二、多选题
9．已知集合，则有（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】解方程可化简集合A，由空集是任意集合的子集可判断A；由元素与集合的关系可判断B;由集合与集合的关系可判断CD.
【详解】，
因为空集是任意集合的子集，所以，故A正确；
因为，所以，故B正确；
集合与集合之间的关系不能用“”，故C错误；
易知，所以，故D正确.
故选:ABD.
10．(多选)如图是定义在区间[－5，5]上的函数y＝f(x)，则下列关于函数f(x)的说法正确的是（ ）
A．函数在区间[－5，－3]上单调递增
B．函数在区间[1，4]上单调递增
C．函数在区间[－3，1]∪[4，5]上单调递减
D．函数在区间[－5，5]上没有单调性
【答案】ABD
【分析】根据图象判断函数的单调区间，即可判断选项.
【详解】由图可知，函数在区间，上单调递增，故AB正确；f(x)在区间[－3，1]，[4，5]上单调递减，单调区间不可以用并集“ ”连接，故C错误；函数在区间没有单调性，故D正确.
故选：ABD
11．已知，且，则的最值情况是（ ）
A．无最大值B．有最小值C．无最小值D．有最大值
【答案】AC
【分析】依题意将写成分段函数形式，分别画出两函数在同一坐标系下的图象，并结合图象即可得出结论.
【详解】由 ，得：；
由 ，得：或；
所以，作出函数图像，如图，
由图可知函数无最小值，无最大值，
故选：AC.
12．设函数，当为增函数时，实数的值可能是（ ）
A．2B． C．D．1
【答案】CD
【分析】由题知，且，进而解不等式即可得,再结合选项即可得答案.
【详解】解：当时，为增函数，则，
当时，为增函数，
故为增函数，则，且，解得，
所以，实数的值可能是内的任意实数.
故选：CD.
三、填空题
13．若满足，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据不等式性质直接计算.
【详解】因为，
所以，即.
故答案为：
14．已知集合，，若，则实数 .
【答案】
【解析】由已知及可得，则或，分别解出得值，再检验集合、满足互异性即可.
【详解】由已知及可得，
所以或，
当即时，此时不满足元素互异性，不符合题意，
当即或，
若则不满足元素互异性，不符合题意，
若则，，满足，符合题意.
所以实数，
故答案为：.
15．已知函数， 若，则
【答案】或
【分析】对分两种情况讨论得解.
【详解】解：当时，；
当时，，因为.
综上所述，或.
故答案为：或.
16．函数为定义在上的增函数，且，则实数的取值范围是 ．
【答案】．
【分析】根据函数的单调性可得，解不等式组即可求解.
【详解】由题意得，解得．
所以实数的取值范围是.
故答案为：
四、解答题
17．已知集合.
(1)求；
(2)若全集，求.
【答案】(1)，；
(2)
【分析】（1）由交集和并集的定义直接求解；
（2）由补集和交集的定义直接求解
【详解】（1），
，；
（2），.
18．（1）设，求的最小值；
（2）设正数满足，求的最小值.
【答案】（1）5；（2）4.
【分析】（1）根据题意，配凑可得，利用基本不等式，即可得答案.
（2）由题意，根据基本不等式中“1”的妙用，即可求得答案.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为5；
（2）正数满足，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为4.
19．若不等式的解集是，
(1)求的值；
(2)求不等式的解集.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知不等式的解集得到的两个实数根为和2，利用韦达定理即可求出的值；
（2）代入的值，由一元二次不等式的求解即可得解．
【详解】（1）依题意可得：的两个实数根为和2，
由韦达定理得：，解得：；
（2）由（1）不等式，
即，解得：，
故不等式的解集是．
20．已知函数f(x)＝，x∈[3，5]．
（1）判断函数在区间[3，5]上的单调性，并给出证明；
（2）求该函数的最大值和最小值．
【答案】（1）单调递增；证明见解析；（2）f(x)min＝，f(x)max＝.
【分析】（1）直接利用函数的单调性的定义证明即可；
（2）利用函数的单调性，直接求解函数的最值即可．
【详解】证明：设任意x1，x2，满足3≤x1因为
因为3≤x10，x2＋1>0，x1－x2<0.所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)所以f(x)＝在[3，5]上是单调递增的．
（2）由（1）可知函数是增函数，
∴f(x)min＝f（3）＝，f(x)max＝f(5)＝.
【点睛】本题考查函数的单调性以及函数的最值的求法，考查计算能力．
21．某农业合作社生产了一种绿色蔬菜共吨，如果在市场上直接销售，每吨可获利万元；如果进行精加工后销售，每吨可获利万元，但需另外支付一定的加工费，总的加工（万元）与精加工的蔬菜量（吨）有如下关系：设该农业合作社将（吨）蔬菜进行精加工后销售，其余在市场上直接销售，所得总利润（扣除加工费）为（万元）．
（1）写出关于的函数表达式；
（2）当精加工蔬菜多少吨时，总利润最大，并求出最大利润．
【答案】（1）；（2）精加工吨时，总利润最大为万元.
【分析】（1）利用已知条件求出函数的解析式；
（2）利用二次函数的性质，转化求解函数的最值．
【详解】解：（1）由题意知，当0≤x≤8时，
y=0.6x+0.2（14-x）-x2=-x2+x+，
当8＜x≤14时，
y=0.6x+0.2（14-x）-=x+2，
即y=
（2）当0≤x≤8时，y=-x2+x+=-（x-4）2+，
所以 当x=4时，ymax=． 当8＜x≤14时，y=x+2，
所以当x=14时，ymax=．因为 ＞，所以当x=4时，ymax=．
答：当精加工蔬菜4吨时，总利润最大，最大利润为万元．
【点睛】本题考查实际问题的应用，二次函数的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．
22．函数在区间上的最小值记为.
(1)当时，求函数在区间上的值域；
(2)求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数图象的对称轴，判断函数在所给区间上的单调性，即可求得答案.
（2）分类讨论函数图象的对称轴与所给区间的位置关系，结合函数的单调性，即可求得答案.
【详解】（1）当时，，其图象对称轴为，
故在区间上单调递减，在上单调递增,
则，
故函数在区间上的值域为；
（2）函数图象的对称轴为，
当，即时，在区间上单调递增，
故；
当，即时，在区间上单调递减，在上单调递增，
故；
当，即时，在区间上单调递减，
故；
故.