2023-2024学年广西南宁市高一上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年广西南宁市高一上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题仅有一个正确选项.）
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．命题：的否定为（ ）
A．B．
C．D．
3．若函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
4．若，则有（ ）
A．最小值B．最大值C．最大值D．不能确定
5．已知函数，则 （ ）
A．B．C．D．
6．若定义在R的奇函数，若时，则满足的x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，，则
A．B．
C．D．
8．若函数满足对任意，且，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分，每小题有多个正确选项，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错或不选得0分.）
9．下列各组中表示相同集合的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．下列计算正确的是（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则
11．在实数范围内，使函数的定义域为的一个充分不必要条件可能是（ ）
A．B．C．D．
12．已知正实数满足，则（ ）
A．的最小值为6
B．的最小值为3
C．的最小值为
D．的最小值为8
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．已知函数是幂函数，且在上递增，则实数 .
14．函数的单调递减区间为 .
15．已知命题：，.若命题为假命题，则实数的取值范围是 .
16．定义区间（），（]，的长度均为，多个区间并集的长度为各区间长度之和，例如（1，2）[3，5）的长度，设，其中[]表示不超过的最大整数，例如[1.3]=1，[-1.4]=-2；[3]=3，{}=-[].若用表示不等式解集区间的长度，则当[-2021，2021]时，d= ；
四、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．，，，.
(1)分别求，；
(2)若，求实数的取值范围.
18．求证：是是等边三角形的充要条件.（这里，，是的三边边长）.
19．已知函数是定义在R上的增函数，并且满足
(1)求的值.
(2)判断函数的奇偶性.
(3)若，求x的取值范围.
20．已知函数，．
(1)若函数值时，其解集为，求与的值；
(2)若关于的不等式的解集中恰有两个整数，求实数的取值范围．
21．使太阳光射到硅材料上产生电流直接发电，以硅材料的应用开发形成的光电转换产业链条称之为“光伏产业”.某农产品加工合作社每年消耗电费万元.为了节约成本，计划修建一个可使用年的光伏电站，并入该合作社的电网.俢建光伏电站的费用（单位：万元）是关于面积（单位：）的正比例函数，比例系数为.为了保证正常用电，修建后采用光伏电能和常规电能互补的供电模式用电.设在此模式下，当光伏电站的太阳能面板的面积为（单位：）时，该合作社每年消耗的电费为（单位：万元，为常数）.记该合作社修建光伏电站的费用与16年所消耗的电费之和为（单位：万元）.
(1)求常数的值，并用表示；
(2)该合作社应修建多大面积的太阳能面板，可使最小?并求出最小值.
22．已知函数，在区间上有最大值，最小值.
(1)求实数，的值；
(2)存在，使得成立，求实数的取值范围；
(3)若，且，如果对任意都有，试求实数的取值范围.
1．B
【分析】根据交集含义即可得到答案.
【详解】根据交集含义即可得到，
故选：B.
2．C
【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.
【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，
可得命题“”的否定为“”.
故选：C.
3．A
【分析】根据抽象函数定义域求解即可.
【详解】由题意，要使函数有意义，
则，即，
所以函数的定义域为.
故选：A.
4．B
【分析】结合二次函数的性质求解即可.
【详解】由，
因为函数的对称轴为，
且在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
当或4时，.
所以当时，，
所以，
即函数有最大值，无最小值.
故选：B.
5．B
【分析】通过换元法求得的解析式，代入即可.
【详解】因为，令，，即，所以.
故选：B
6．D
【分析】求出时，、和的解，再由奇函数性质得出时，、和的解，然后分类讨论解不等式可得．
【详解】当时，，时，，时，，，
又是奇函数，所以时，，时，，且，
不等式或或，所以或，
综上．
故选：D．
7．A
【详解】因为，，，
因为幂函数在R上单调递增，所以，
因为指数函数在R上单调递增，所以，
即b故选：A.
8．A
【分析】依题意可知，分段函数在定义域上单调递减，分别限定各函数的单调性以及端点处的取值即可求出实数的取值范围.
【详解】根据题意可知，函数在上单调递减，
所以需满足，解得.
即实数的取值范围为.
故选：A
9．ABC
【分析】根据相同集合的意义，逐项分析判断作答.
【详解】对于A，集合M，P含有的元素相同，只是顺序不同，由于集合的元素具有无序性，因此它们是相同集合，A是；
对于B，因为，则，因此集合M，P都表示所有偶数组成的集合，B是；
对于C，，即，C是；
对于D，因为集合M的元素是实数，集合P中元素是有序实数对，因此集合M，P是不同集合，D不是.
故选：ABC
10．ACD
【分析】由分数指数幂与根式互化运算，指数与对数互化运算逐一判断每一选项即可.
【详解】对于A，因为，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C，因为，所以，故C正确；
对于D，因为，所以，故D正确.
故选：ACD.
11．CD
【分析】由题意可得对于恒成立，结合二次函数性质可求得实数的取值范围，进而根据充分不必要条件的定义求解即可.
【详解】由函数的定义域为，
可知对于恒成立，
当时，，恒成立；
当时，，即.
综上所述，，
根据充分不必要条件的定义可知，
满足题意的有，.
故选：CD.
12．AC
【分析】利用基本不等式，结合一元二次不等式解法判断AB；由的范围结合单调性判断C；变形给定等式，利用基本不等式求解判断D.
【详解】正实数满足，
对于A，，则，即，
解得，当且仅当时取等号，所以的最小值为6，A正确；
对于B，，则，解得，即，
当且仅当时取等号，所以的最小值为9，B错误；
对于C，由选项B知，，，
所以当时，取得最小值，C正确；
对于D，由，得，而，则，
，当且仅当时取等号，
由，解得，所以当时，取得最小值，D错误.
故选：AC
方法点睛：在运用基本不等式时，要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等技巧，使用其满足基本不等式的“一正”、“二定”、“三相等”的条件.
13．3
【分析】根据系数为1得到方程，求出或，结合单调性舍去，得到答案.
【详解】由题意得，解得或，
当时，，在上递增，满足要求，
当时，，在上递减，不合要求，
故.
故3
14．（或）
【分析】根据指数型复合函数的单调性判断即可.
【详解】因为在上单调递减，在上单调递增，
在定义域上单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即函数的单调递减区间为.
故（或）
15．
【分析】写出命题的否定，则为真命题，从而得到，即可求出参数的取值范围.
【详解】命题：，，
则：，，
因为命题为假命题，所以命题为真命题，
所以，解得，
即实数的取值范围是.
故
16．
【分析】根据将化为，对按三种情况进行分类讨论求得不等式的解集，从而可求得.
【详解】因为表示不超过的最大整数，所以，即，
不等式即 等价于，
即（*），
①当，即时，不等式（*）化为，即，不成立.
②当，即时，不等式（*）恒成立.
③当，即时，不等式（*）化为恒成立.
所以不等式在区间上的解集为，
.
故
函数新定义的题目，解题关键点是围绕着新定义的概念和运算进行分析.
17．(1)，或
(2)
【分析】（1）先求出集合，进而根据交集、并集及补集的定义计算即可；
（2）由题意可得，进而结合包含关系求解即可.
【详解】（1）因为，，
所以，
又或，
所以或.
（2）因为，所以，
所以，即，
所以实数的取值范围为.
18．证明见解析
【分析】根据充分性与必要性定义证明即可.
【详解】先证明充分性：
由，
得，
整理得，，
所以，即是等边三角形.
然后证明必要性：
由是等边三角形，则，
所以.
综上所述，是是等边三角形的充要条件.
19．(1)0;
(2)奇函数;
(3).
【分析】(1) 令,即可得答案；
(2) 令y=－x,结合(1)的结论即可判断；
(3)由题意可得，，则原不等式等价于，由是定义在R上的增函数求解即可.
【详解】（1）解：令, 得，解得；
（2）解：因为函数的定义域为R，
令y=－x,
则有，即，
∴，
∴函数为奇函数，
∴为奇函数；
（3）解：因为，
所以，
又因为，
即有，
即，
又因为为增函数，

解得，
故x的取值范围为.
20．(1)；
(2)或．
【分析】（1）根据二次不等式的解法及韦达定理即得；
（2）分，，讨论，然后结合条件即得.
【详解】（1）由题意可知的解集为，
所以，
即；
（2）由，可得，
①当时，不等式的解集为，
若的解集中恰有两个整数解，则；
②当时，不等式的解集为，
若的解集中恰有两个整数解，；
③当时，不等式的解集为，不合题意；
综上所述，实数的取值范围是或．
21．(1)，，
(2)修建的太阳能面板可使最小，的最小值为90万元
【分析】（1）根据题意求出的值，进而建立函数模型运算即可得解；
（2）利用函数模型、基本不等式运算即可得解.
【详解】（1）由题意，当时，，解得，
所以，.
（2）因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以该合作社应修建的太阳能面板，可使最小，的最小值为90万元.
22．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据二次函数的单调性可得，进而求解即可；
（2）令，由题意转为问题为成立，进而结合对勾函数的单调性求解即可；
（3）由题意转为问题为恒成立，进而结合二次函数的性质求解即可.
【详解】（1）由题意，函数的对称轴为，开口向上，
所以函数在上单调递增，
则，解得，.
（2）由（1）知，，
则存在，使得成立，
即存在，使得成立，
令，即成立，
即成立，则只需满足.
因为函数在上单调递增，
所以当上，，
所以，即，
所以实数的取值范围为.
（3）由题意，，
因为对任意都有，
即恒成立，
当时，显然成立；
当时，转化为恒成立，
由，则，
对于，
所以当，即时，，即；
对于，
所以当，即时，，即.
综上所述，实数的取值范围为.
方法点睛：对于不等式恒成立或存在成立问题，常常分离参数，结合函数最值求解.