2023-2024学年江苏省常州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学年江苏省常州市高一上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析），共19页。试卷主要包含了请将答案填写在答卷上等内容，欢迎下载使用。

说明：
1.请将答案填写在答卷上.
2.本卷总分为150分，考试时间为120分钟.
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，则是（ ）
A．B．C．D．
2．下列函数中，值域为的偶函数是（ ）
A．B．
C．D．
3．设，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知奇函数在上单调递增，若，则满足的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．设，且，从到的两个函数分别为，若对于中的任意一个，都有，则集合的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．无穷多
6．已知函数是上的堿函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．若，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若非空集合，满足，则实数的取值范围是（ ）
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．关于的方程有两个实数解的一个充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
10．若正实数，满足则下列说法正确的是（ ）
A．有最大值B．有最大值
C．有最小值4D．有最大值
11．已知集合，非空集合，下列条件能够使得的是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．值域为
C．当时，恒有成立
D．若，且，则
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．由命题“存在，使”是假命题，求得m的取值范围是，则实数a的值是 .
14．已知函数，若的值域为，则实数的值是 .
15．某网店统计了连续三天售出商品的种类情况：第一天售出17种商品，第二天售出13种商品，第三天售出14种商品；前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有5种，则该网店这三天售出的商品最少有 种.
16．已知一块直角梯形状铁皮，其中，现欲截取一块以为一底的梯形铁皮，点分别在上，记梯形的面积为，剩余部分的面积为，则的最小值是 .
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.
17．已知二次函数的最小值为.
(1)若，求的值；
(2)设关于的方程的两个根分别为，求的值.
18．已知全集，集合.
(1)当时，求；
(2)若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
19．已知函数是定义在上的奇函数，当时，.
(1)求函数的解析式；
(2)①用定义证明函数在上是单调递减函数；
②判断函数在上的单调性，请直接写出结果；
(3)根据你对该函数的理解，在坐标系中直接作出函数的图象.
20．某乡镇响应“绿水青山就是金山银山”的号召，因地制宜的将该镇打造成“生态水果特色小镇”，经调研发现：某珍稀水果树的单株产量W（单位：千克）与施用肥料x（单位：千克）满足如下关系；，肥料成本投入为元，其它成本投入（如培育管理､施肥等人工费）元.已知这种水果的市场售价为20元/千克，且销售畅通供不应求，记该水果单株利润为（单位：元）
(1)求的解析式；
(2)当施用肥料为多少千克时，该水果单株利润最大？最大利润是多少？
21．已知函数.
(1)求函数的定义域和值域：
(2)若为非零实数，设函数的最大值为.
①求；
②确定满足的实数，直接写出所有的值组成的集合.
22．已知函数.
(1)求关于的不等式的解集，
(2)若对任意的正实数，存在，使得，求实数的取值范围.
1．A
【分析】根据给定条件求出，再求即可得解.
【详解】因，，则，
而，所以.
故选：A.
2．D
【分析】利用函数奇偶性的判断与值域的求法，逐一分析判断各选项即可.
【详解】对于A，因为的定义域为，所以此函数不是偶函数，故A错误；
对于B，因为，即的值域为，故B错误；
对于C，当时，，显然值域不为，故C错误；
对于D，因为的定义域为，且，
又，所以是值域为的偶函数，故D正确.
故选：D.
3．B
【分析】先化简“”和“”，再利用充分必要条件的定义分析判断即可得解.
【详解】因为等价于或，
等价于或，
而或或，
所以，
故“”是“”的必要而不充分条件.
故选：B.
4．B
【分析】利用的奇偶性可得，，再结合的单调性得到，从而得解．
【详解】因为函数为上的奇函数， ，则，，
所以可化，
又函数在上单调递增，所以，解得.
故选：B．
5．C
【分析】令．解得或，进而可列举出满足条件的集合，从而得解．
【详解】因为，
令，解得或，
故由题意可知，且，
则当，，时，满足条件.
故选：C.
6．D
【分析】根据分段函数的单调性可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】易知二次函数的对称轴为，
因为函数是R上的减函数，
所以，解得.
故选：D.
7．C
【分析】利用作差比较法及不等式的性质逐项判断即可求解.
【详解】对于A，，因为，所以，
所以，即，于是有故A错误；
对于B，因为，
因为，所以，但与的大小不确定，故不一定成立，故B错误；
对于C，因为，因为，所以，所以，即，于是有，故C正确；
对于D，因为，因为，所以，所以，即，于是有，故D错误.
故选：C.
8．A
【分析】不妨设的解集为，从而得，进而得到且，又，为方程的两个根，可得，由此得到关于的不等式组，解之即可得解.．
【详解】因为，
不妨设的解集为，则由得，
所以，
又，，所以且，
因为的解集为，所以是，即的两个根，
故，即，
此时由，得，则，
因为，显然，且开口向上，对称轴为，
所以，则，
又，解得，即.
故选：A.
关键点睛：本题解决的关键在于假设的解集为，进而得到且，从而得解.
9．AB
【分析】利用二次方程的性质，结合充分条件的性质即可得解.
【详解】因为有两个实数解，
当时，，显然不满足题意；
当时，，得；
综上，且，
即有两个实数解等价于且，即或，
要使得选项中的范围是题设条件的充分条件，
则选项中的范围对应的集合是或的子集，
经检验，AB满足要求，CD不满足要求.
故选：AB.
10．ABC
【分析】由已知结合基本不等式一一判断计算可得．
【详解】解：因为正实数，满足，
由基本不等式可得，当且仅当时取等号，故A正确；
因为，当且仅当时取等号，
所以的最大值为，故B正确；
，当且仅当时取等号，即有最小值4，故正确；
，由A可知，所以
即有最小值，当且仅当时取等号，故D错误；
故选：ABC．
11．ABD
【分析】利用因式分解求三次方程的根化简集合，再利用集合关系即可判断.
【详解】对于A，方程，因式分解得，
解得或，所以，满足，故A正确；
对于B，方程，因式分解得，
解得，所以，满足，故B正确；
对于C，方程，因式分解得，
解得或，所以，不满足，故C错误；
对于D，方程，因式分解得，
解得，所以，满足，故D正确；
故选：ABD.
12．ACD
【分析】先判断的奇偶性，再在上，令研究其单调性和值域，再判断的区间单调性和值域判断AB；利用解析式推出，根据已知得到，再应用基本不等式判断C；特殊值法，将代入判断D.
【详解】对于AB，因为，则由解析式知的定义域为，
又，所以为奇函数，
当时，由对勾函数性质知：在上单调递减，在上单调递增，且值域为，
而在上递增，所以在上单调递减，在上单调递增，且，
由奇函数的对称性知：在上单调递增，在上单调递减，且，
所以值域为，故A正确，B错误；
对于C，当时， 恒成立，
所以恒有成立，故C正确；
对于D，由，
因为，且，
所以，故，当且仅当时等号成立，
而时，，故等号不成立，所以，故D正确；
故选：ACD.
关键点睛：对于D 选项，根据解析式推导出，进而得到为关键.
13．1
【分析】根据命题的否定为真，转化为二次不等式恒成立 ，利用判别式求解.
【详解】因为命题“存在，使”是假命题，
所以命题“，”是真命题，
故，即，故.
故1
14．##
【分析】先由反比例函数的性质分析得，再由二次函数的性质确定的取值范围，从而结合函数图像即可得解.
【详解】因为，
当时，当时，，不合题意；
当时，当时，，不合题意；
所以，
当时，，即，
当时，开口向下，对称轴为，
当时，，
令，即，解得或（舍去），
令，即，解得或，
作出的大致图象，如图，
因为的值域为，所以，解得，经检验，满足题意.
故答案为.
15．
【分析】先分析得前两天共售出的商品种类，再考虑第三天售出商品种类的情况，根据题意即可得解.
【详解】由题意，第一天售出17种商品，第二天售出13种商品，前两天都售出的商品有3种，
所以第一天售出但第二天未售出的商品有种，
第二天售出但第一天未售出的商品有种，
所以前两天共售出的商品有种，
第三天售出14种商品，后两天都售出的商品有5种，
所以第三天售出但第二天未售出的商品有种，
因为，
所以这种商品都是第一天售出但第二天未售出的商品时，该网店这三天售出的商品种类最少，其最小值为.
故答案为.
16．##
【分析】利用直角梯形的几何性质，求出，从而可得的表达式，结合函数的单调性，即可得解.
【详解】依题意，作于G，
则，则，
由题意知，则，而，；
故，设，则，故，
作于H，则，
故，
则，
故，
令，则，因为，故，
则，而在上单调递减，
故的最小值为，即的最小值为.
故答案为.
关键点睛：解答本题的关键是结合梯形的几何性质表示出相关线段长，求出梯形的面积表达式，即可求解答案.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用二次函数的性质得到，结合得到关于的方程组，解之即可得解；
（2）利用韦达定理，结合（1）中结论与完全平方公式即可得解.
【详解】（1）因为二次函数的最小值为，
所以，则开口向上，对称轴为，
所以，即，则，
因为，即，则，
将代入，得，解得或（舍去），
所以.
（2）因为，即的两个根分别为，
所以，
所以，
由（1）可知，即，
所以，故.
18．(1)
(2)
【分析】（1）分别解出集合与集合，然后求得，进而求得的值；
（2）由题意得是的真子集，由此列不等式组，解不等式组可求得的取值范围.
【详解】（1）因为，
当时, ，
则或，
所以.
（2）因为，
又，所以 ，
由得 ，
所以 ，
因为是的必要不充分条件，所以,
所以，解得或，
所以实数的取值范围为.
19．(1)
(2)①证明见解析；②在上单调递增
(3)图像见解析
【分析】（1）利用函数奇偶性，结合题设条件即可求得的解析式；
（2）①利用函数单调性的定义，结合作差法即可得证；②在①的基本上继续判断即可；
（3）利用（1）与（2）中的结论，结合的单调性与奇偶性即可作图.
【详解】（1）因为当时，，
所以当时，，则，
又是定义在上的奇函数，所以，且，
所以.
（2）①设，则，，
所以，
因为，所以，
且，则，
所以，即，故在上是单调递减函数．
②在上单调递增，理由如下：
当时，，，则，
所以在上单调递增.
（3）由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，且，
又是定义在上的奇函数，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
所以的图象如图，
.
20．(1)
(2)当施用肥料为千克时，该水果单株最大利润，最大利润为元
【分析】（1）根据题意，利用销售额减去成本投入可得出利润解析式；
（2）利用分段函数的单调性及基本不等式计算最值即可得解.
【详解】（1）依题意，当时，
；
当时，
；
所以；
（2）当时，，
此时由二次函数的性质可知；
当时，
，
当且仅当，即时，等号成立；
综上，当施用肥料为千克时，该水果单株最大利润，最大利润为元.
21．(1)定义域为；值域为
(2)①；②
【分析】（1）根据根式的概念可得定义域，再计算，结合二次函数值域求解可得值域；
（2）①令，设函数，，再根据二次函数对称轴与区间的位置关系分类讨论求解即可；②分类讨论的取值范围，结合的解析式即可得解.
【详解】（1）因为，所以，则，
又，
当时，，
所以，又，
所以；
（2）依题意，得，
令，则，
令，，
当时，
此时二次函数对称轴，开口向上，则.
当时，此时对称轴，
当，即时，开口向下，则；
当，即，对称轴，开口向下，
则，
当，即时，开口向下，；
综上，.
②当时，，则，解得或（舍去）；
当时，，则，解得（舍去）；
当时，，则，解得（舍去）；
当时，，则；
当时，，则，解得（舍去）；
当时，，则，解得（舍去）；
综上，或，即.
关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握分类讨论的方法，利用二次函数的性质，结合轴动区间定即可得解.
22．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）依题意化简不等式得，从而分类讨论即可得解；
（2）由题意可得，然后分，和三种情况讨论的最大值，从而可求得结果.
【详解】（1）因为，
所以由，得，
化简得，即，即，
当时，该不等式无解，
当时，不等式化为，解得或，
当时，不等式化为，解得或，
综上，当时，的解集为，
当时，的解集为，
当时，的解集为.
（2）因为对任意的正实数，存在，使得，
所以，
易知当时，在上单调递增，
所以时，，且，
因为，所以，
当，即时，，
因为，所以，所以；
当，即时，令，得，
所以，故；
当，即时，所以，
因为，所以，所以；
综上，，所以的取值范围为.
关键点睛：本题第2小题的解决关键在于分类讨论的正负情况，从而确定，由此得解.