2023-2024学年福建省厦门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学年福建省厦门市高一上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、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．设全集为R，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．“且”是“”的（ ）条件
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
3．若幂函数在上单调递减，则（ ）
A．2B．C．D．-2
4．函数的图象是（ ）
A．B．
C．D．
5．若函数的定义域为，则的定义域为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则的最大值是（ ）
A．B．2C．D．4
7．若函数在R上为减函数，则实数a的取值范围（ ）
A．B．
C．D．
8．函数是定义在上的偶函数，且当时，，若对任意，均有则实数的最大值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题；本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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．某打车平台欲对收费标准进行改革，现制定了甲、乙两种方案供乘客选择，其支付费用与打车里程数的函数关系大致如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．当打车距离为时，乘客选择甲方案省钱
B．当打车距离为时，乘客选择甲、乙方案均可
C．打车以上时，每公里增加的费用甲方案比乙方案多
D．增加1公里费用增加元
10．已知关于的不等式的解集为或，则下列结论中，正确结论的序号是（ ）
A．
B．不等式的解集为
C．不等式的解集为或
D．
11．德国著名数学家狄利克雷第一个引入了现代函数的概念，是解析数论的创始人，狄利克雷函数就以其名命名，其解析式为，狄利克雷函数的发现改变了数学家们对“函数是连续的”的认识，也使数学家们更加认可函数的对应说定义，关于函数有以下四个命题，其中真命题是（ ）
A．函数是奇函数
B．
C．函数是偶函数
D．
12．定义在R上的函数满足，当时，，则下列说法正确的是（ ）.
A．
B．为偶函数
C．在区间上有最大值
D．的解集为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．命题“，”的否定是 .
14． .
15．已知正数，满足，则的最小值是 .
16．已知函数满足，对任意的都有恒成立，且，则关于x的不等式的解集为 .
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．设集合，
(1)若时，求，；
(2)若，求m的取值范围．
18．已知函数过点．
(1)判断在区间上的单调性，并用定义证明；
(2)求函数在上的最大值和最小值．
19．已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，，函数在轴左侧的图象如图所示，并根据图象：
(1)画出在轴右侧的图象，并写出函数的单调递增区间；
(2)写出函数的解析式；
(3)若函数，求函数的最小值．
20．长江存储是我国唯一一家能够独立生产3D NAND闪存的公司，其先进的晶栈Xtacking技术使得3D NAND闪存具有极佳的性能和极长的寿命．为了应对第四季度3D NAND闪存颗粒库存积压的情况，某下游闪存封装公司拟对产能进行调整，已知封装闪存的固定成本为300万元，每封装万片，还需要万元的变动成本，通过调研得知，当不超过120万片时，；当超过120万片时，，封装好后的闪存颗粒售价为150元/片，且能全部售完．
(1)求公司获得的利润的函数解析式；
(2)封装多少万片时，公司可获得最大利润？
21．设，函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)若函数的图象关于原点对称，且对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
22．已知函数，定义
(1)写出函数的解析式；
(2)若，求实数的值；
(3)已知函数，集合，集合，，若函数是偶函数，写出所有满足条件的的解析式.
1．D
【分析】根据补集以及交集的运算，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
所以，.
故选：D.
2．C
【分析】根据不等式的性质可得充分性，举反例可判断必要性.
【详解】当且时，则，
但是，得不到且，比如，
故 “且”是“”的充分不必要条件，
故选：C
3．C
【分析】由幂函数的定义和性质求解即可.
【详解】由幂函数的定义可知，，即，解得或.
当时，，在上单调递增，不合题意;
当时，，在上单调递减，符合题意，故.
故选：C.
4．D
【分析】讨论得到分段函数解析式，由此可得图象.
【详解】，结合一次函数的图象可知ABC错误；D正确.
故选：D.
5．C
【分析】先根据题意求出的定义域为，再由可求得的定义域.
【详解】因为函数的定义域为，则，可得，
所以函数的定义域为，
对于函数，则，得，
所以的定义域为.
故选：C
6．D
【分析】利用基本不等式可得，应用换元法、解一元二次不等式求的最大值，注意取值条件.
【详解】由，则，
当且仅当时等号成立，令，
所以，可得，
综上，，即，当且仅当时等号成立，
所以的最大值是4.
故选：D
7．A
【分析】根据分段函数的单调性列式求解.
【详解】由题意可得，解得，
所以实数a的取值范围为.
故选：A.
8．A
【分析】根据函数为偶函数，且在上单调递增，得到，化简解出即可.
【详解】易知，函数在上单调递增，
由，得，
又，且函数为偶函数，
，两边平方化简，则在恒成立，
令，则，
即，
解得，
综上：的最大值为．
故选：．
9．ABC
【分析】AB选项可以利用图象直接看出；CD选项可以通过计算甲乙方案每公里增加的费用，进行比较，得出答案.
【详解】从图中可以看出当时，甲方案所需要的费用低于乙方案，故A选项正确；
从图中可以看出当时，，甲方案与乙方案所需要的费用相同，均为12元，故乘客选择甲、乙方案均可，故B选项正确；打车以上时，甲方案每公里增加的费用为元，乙方案每公里增加的费用为元，甲方案比乙方案多，C选项正确；增加1公里费用增加的费用甲方案与乙方案不同，由C选项的计算可知，D选项错误
故选：ABC
10．AD
【分析】根据不等式的解集，即可判断A项；根据三个二次之间的关系，结合韦达定理可得出，进而代入不等式，化简、求解不等式，即可判断B、C、D项.
【详解】对于A项，由不等式的解集范围为两边，即可得出二次函数开口向上，即，故A项正确；
对于B项，由已知可得，3、4即为的两个解.
由韦达定理可得，，解得，
代入可得.
又，所以，所以解集为，故B项错误；
对于C项，由B知，，，，
代入不等式可得，
化简可得，
解得，
所以，不等式的解集为，故C项错误；
对于D项，由已知可得，当时，有，故D项正确.
故选：AD.
11．BCD
【分析】选项A，若是有理数，可得，可知不是奇函数；选项B，当时，符合题意；选项C，分两种情况讨论得，由偶函数的定义判断；选项D，分两种情况讨论，若是有理数，得；若是无理数，得.
【详解】A项，若是有理数，则也是有理数，
可得，
则不是奇函数，故A错误；
B项，当时，
，
,
此时，故B正确；
C项，若是有理数，则；
若是无理数，，
则，
又，则，
因此，
所以函数是偶函数，故正确；
D项，若是有理数，，则均是有理数，
故；
若是无理数，，则均是无理数，
故，
所以，故D正确.
故选：BCD.
12．AD
【分析】赋值，令，可判断A；令，结合奇偶函数定义可判断B；根据抽象函数性质结合函数单调性定义可判断C；利用函数单调性解不等式判断D.
【详解】令，则，故，A正确；
令，则，即，故函数为奇函数，B错误；
设，则，由题意可得，
即，即，
故函数为R上的减函数，所以在区间上有最大值为，C错误；
等价于，
又为R上的减函数，故，所以，解得，
即的解集为，D正确.
故选：AD.
关键点点睛：本题考查抽象函数的综合应用.关键点在于赋值法的运用，通过对题意的理解，巧妙的赋予特殊值，结合奇函数定义判断奇偶性，利用单调性的定义判断单调性，然后利用函数性质求解抽象函数的值域（最值）、解抽象函数不等式.
13．，
【分析】根据含有一个量词的命题的否定，即可得答案.
【详解】命题“，”为全称命题，
其否定为：，，
故，
14．
【分析】根据分数指数幂及根式的运算法则计算即可.
【详解】解：
.
故
15．
【分析】利用基本不等式求得的最小值.
【详解】，
当且仅当时等号成立.
故
16．
【分析】由题知函数为偶函数，且在上单调递减，在上单调递增，再根据讨论求解即可.
【详解】由题意可得：，为奇函数，为偶函数，
当时，，，在单调递减，，
结合的草图：
当时，要使得，则，此时；
当时，要使得，则，此时；
当时，为奇函数，不满足.
综上所述：不等式的解集为.
故答案为.
17．(1)；或
(2)或
【分析】（1）根据交，并，补运算公式，即可求解；
（2）分和两种情况，列不等式求实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
，
或，或；
（2）若，，则，
若，或，
解得：或，
综上可知，或，
18．(1)在区间上单调递增，证明见解析
(2)最大值为，最小值为
【分析】（1）求出函数的表达式，利用单调性定义即可判断函数的单调性；
（2）根据单调性即可得出函数在上的最大值和最小值.
【详解】（1）单调递增，由题意证明如下，
由函数过点，有，
解得，所以的解析式为：．
设，且，有
．
由，得．
则，即．
∴在区间上单调递增．
（2）由在上是增函数，
所以在区间上的最小值为，最大值为．
19．(1)图象见解析，单调递增区间为（也可写成闭区间）；
(2)；
(3)．
【分析】（1）可利用关于原点中心对称作出图象，由图象得增区间；
（2）根据奇函数定义求解析式；
（3）由用二次函数性质分类讨论求得最小值．
【详解】（1）函数是定义在R上的奇函数，即函数的图象关于原点对称，则函数图象如图所示．
故函数的单调递增区间为（写出闭区间也可以）；
（2）根据题意，令，则，则，
又由函数是定义在R上的奇函数，则，则．
（3）根据题意，，则，则，其对称轴为
当时，即时，；
当时，即时，，
故．
20．(1)
(2)封装160万片时，公司可获得最大利润
【分析】（1）根据利润=销售额-成本即可的利润的函数解析式；
（2）根据（1）利润的函数解析式，分段求解函数最值，最终比较得最大值即可.
【详解】（1）解：当时，，
当时，，
综上可知；
（2）解：当时，，
∴当时，利润取最大值700万元；
当0时，，
∴当且仅当“”，即“”时，利润取最大值730万元，
综上所述，封装160万片时，公司可获得最大利润730万元．
21．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为和
(2)
【分析】（1）根据分段函数的解析式直接判断单调性；
（2）根据函数的图象关于原点对称，可得，进而确定分段函数解析式，分离参数，可得参数范围.
【详解】（1）当时，，
当时，函数单调递减，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为和；
（2）由函数的图象关于原点对称，且，，
得，即，
所以，，
所以恒成立，即恒成立，
又时，恒成立，
则对恒成立，
当时，，恒成立，
又时，函数，
所以，
当时，，恒成立，
又时，函数，，
所以，
综上所述，.
22．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由新定义，讨论，解不等式即可得到所求函数；
（2）讨论，由求得，运用恒成立的思想，即可得到的值；
（3）将问题转化为不等式的解集关于原点对称，即解集的形式为，利用二次函数的性质解答即可.
【详解】（1）定义，
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，；
可得；
（2）当时，，则，
即有恒成立，即在上恒成立，
即，得；
当时，，则，
即有，解得或；
当时，，则，
即有恒成立，当必成立，
则当时，有或在上恒成立，
即或，解得或；
综上实数的值为
（3）若为偶函数，
则不等式的解集关于原点对称，即解集的形式为，
令，
则，解得
故
关键点点睛：第一问的关键是通过分类讨论确定代入分段函数的哪段进行计算；第二问的关键是将恒成立问题转化为最值问题；第三问的关键是将问题转化为不等式有关于原点对称的解集.