山东省青岛市莱西市2023-2024学年高一上学期11月期中考试数学模拟试题（含答案）

这是一份山东省青岛市莱西市2023-2024学年高一上学期11月期中考试数学模拟试题（含答案），共17页。试卷主要包含了如图所示是函数，函数的图象大致是，某食品的保鲜时间y，若非空集合M，N，P满足，若，，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动、用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
一、单项选择题：本大题共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．已知集合，，则等于（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数是定义在R上的函数，命题p：“函数的最小值为3”，则是（ ）
A．对任意，都有
B．存在，使得
C．对任意，都有
D．“‘存在，使得’或 ‘对任意，都有’”
3．如图所示是函数（m、且互质）的图象，则（ ）
A．m，n是奇数且B．m是偶数，n是奇数，且
C．m是偶数，n是奇数，且D．m，n是偶数，且
4．若函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
7．某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，k，b为常数）．若该食品在0的保鲜时间是192小时，在22的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是（ ）
A．16小时B．20小时C．24小时D．28小时
8．已知函数在其定义域内为偶函数，且，则（ ）
A．B．C．2021D．0
二、多项选择题：本大题共4个小题，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，选对但不全的得2分，有选锗的得0分．
9．若非空集合M，N，P满足：，，则（ ）
A．B．C．D．
10．若，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．狄利克雷函数是一个经典的函数，其解析式为，则下列关于狄利克雷函数的结论正确的是（ ）
A．是偶函数
B．，
C．
D．对任意，都存在，
12．已知函数，是定义在R上的函数，其中是奇函数，是偶函数，且，若对于任意，都有，则实数a可以为（ ）
A．B．1C．2D．0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知函数f(x)，g(x)分别由下表给出：则满足f(g(x）＝g(f(x）的x的值为 .
14．李华自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为40元/盒、45元/盒、60元/盒、70元/盒．为增加销量，李华对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到80元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．
①当时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付 元．
②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为
15．写出一个同时具有下列性质①②③的函数 ．
①；②在单调递增；③是偶函数．
16．已知，，设不等式的解集为，则不等式的解集为 ．
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．已知（）．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若时，有实数解，求a的范围．
18．已知表示不超过x的最大整数，称为高斯取整函数，例如，，不等式的解集为A，不等式的解集为B．
(1)求，
(2)已知，正数a，b满足，求的最小值．
19．已知集合A＝{x||x|－2≤0}，集合．
(1)设a为实数，若集合C＝{x|x≥3a且x≤2a＋1}，且C⊆（A∩B），求a的取值范围：
(2)设m为实数，集合，若x∈（A∪B）是x∈D的必要不充分条件，判断满足条件的m是否存在，若存在，求m的取值范围：若不存在，请说明理由．
20．已知函数（）
(1)判断函数在内的单调性，并证明你的结论；
(2)是否存在m，使得为偶函数？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．
21．某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当S中x%（）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为：（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受x影响，恒为40分钟．试根据上述分析结果回答下列问题：
(1)当x在什么范围时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？
(2)求该地上班族S的人均通勤时间的表达式：讨论的单调性，说明其实际意义并结合实际意义给出合理建议．
22．设函数的定义域是，且对任意的正实数x、y都有恒成立，已，且时，
(1)求与的值；
(2)求证：函数在上单调递减；
(3)解不等式
x
1
2
3
4
f(x)
1
3
1
3
g(x)
3
2
3
2
1．C
【分析】根据指数函数的性质求值域可得集合，根据函数定义域求解一元二次不等式得集合，再根据并集的概念运算即可.
【详解】由于函数在上递增，所以当时，，即
又函数的定义域满足，解得，故，
所以.
故选：C.
2．D
【分析】根据全称命题的否定即可求解.
【详解】命题p：“函数的最小值为3”是一个全称命题，故其否定是一个特称命题.
所以是函数的最小值不是3，即“存在，使得”或“对任意，都有”.
故选：D.
3．B
【分析】根据图象得到函数的奇偶性及上单调递增，结合m、且互质，从而得到答案.
【详解】由图象可看出为偶函数，且在上单调递增，
故且为偶数，又m、且互质，故n是奇数.
故选：B
4．A
【分析】根据二次函数性质运算求解即可
【详解】因为函数开口向上，对称轴为，
若函数在区间上是增函数，
则，所以，故实数的取值范围是；
故选：A．
5．B
【分析】根据题意，得到函数为偶函数，且当时，，结合选项，即可求解.
【详解】由函数，可得其定义域为，且，
所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，
又由时，，结合选项，只有B项符合题意.
故选：B.
6．C
【分析】先由函数的定义域得函数的定义域，从而进一步可求出函数的定义域.
【详解】函数的定义域为，易知是增函数，时，.
所以函数的定义域为.
于是函数的定义域为，即.
故选：C.
7．C
【分析】将两组数据代入解析式可得，，当时，利用指数函数的运算即可得到保鲜时间.
【详解】由已知得①，②，
将①代入②得，则．
当时，，
所以该食品在33℃的保鲜时间是24小时，
故选：C．
8．A
【分析】根据条件先求解出的值，然后分析的取值特点，从而求解出结果.
【详解】因为为偶函数，所以，所以，
所以且不恒为，所以，
又因为，所以，所以，所以，
又因为，
所以，
故选：A.
9．ACD
【分析】先根据交集、并集运算的结果得到，然后再逐项进行判断.
【详解】因为，，所以，所以，
对于A：因为，所以，故正确；
对于B：因为，所以不一定成立，故错误；
对于C：因为，所以，故正确；
对于D：因为，，所以，故正确；
故选：ACD.
10．ACD
【分析】根据不等式的性质逐项进行判断.
【详解】A：因为，所以，故正确；
B：因为，其中的正负无法确定，故错误；
C：因为，所以，所以，
又因为，所以，所以，故正确；
D：因为，所以，又因为，所以，故正确；
故选：ACD.
11．ABD
【分析】根据给定的函数求函数值域，判断奇偶性，求函数值逐项判断即可．
【详解】当，则，所以，
当，则，所以，
又的定义域为，故是偶函数，故A正确；
由函数的值域是,知道，0,，
所以，，故B正确；
由，所以，所以，
，所以，所以，
所以，故C错误；
因为，所以当时，，
当时，，，故对任意，都存在，，故D正确.
故选：ABD.
12．BC
【分析】结合函数奇偶性得到，题目条件变形后得到，令，则在上单调递增，分和两种情况，结合根的判别式得到不等式，求出，得到答案.
【详解】①中将换为得，，
又是奇函数，是偶函数，所以，
故②，①＋②得，，
对于任意，都有，
故，即，
令，则在上单调递增，
若，则，不满足在上单调递增，舍去，
若，则要满足，解得，
故AD错误，BC正确.
故选：BC
13．2或4
【分析】对于的任一取值，分别计算和的值若两个值相等，则为正确的值.
【详解】当时，，不合题意.当时，，符合题意.当时，，不合题意.当时，，符合题意.故填或.
本小题主要考查函数的对应法则，考查复合函数求值.在计算这类型题目的过程中，往往先算出内部函数对应的函数值，再计算外部函数的函数值.属于基础题.
14． 90 10
【分析】（1）根据题意可得顾客需要支付的费用；
（2）设是总价，据题意，在时，列出不等式，解之可得，注意分类讨论．
【详解】（1）顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，由草莓40元/盒，西瓜60元/盒，
得总价为元.
因为一次购买水果的总价达到80元，顾客就少付10元，所以支付元（元）；
（2）设订单总价为，
若，没有优惠，符合题意；
若，则，，而，
所以，最大值为．
故（1）90；（2）10.
15．（答案不唯一）
【分析】根据性质①②③找出符合题意的一个.
【详解】由性质②在单调递增；③是偶函数，
可以取二次函数，经检验，对性质①也符合.
故（答案不唯一）
16．或
【分析】利用韦达定理可得a、b、c、d的关系，代入目标不等式求解可得.
【详解】由题知，为方程的两根，
因为
所以
所以
解方程得，
因为，所以不等式的解集为或.
故或
17．(1)
(2)
【分析】（1）将代入得，再代入不等式移项通分，进而解分式不等式得到答案.
（2）由题意得，令，进而利用单调性和不等式的性质求的值域，于是得到a的范围.
【详解】（1）当时，.
代入原不等式：，即，
移项通分，解得.
∴原不等式的解集为
（2）由于在上有解，
所以，
即求在值域，
由于在单调递增，所以，
于是，即.
所以．
18．(1)，
(2)5
【分析】（1）根据一元一次不等式得集合，由一元二次不等式可得集合，再根据集合的并集及补集与交集的运算即可；
（2）根据集合与元素的关系可得，再利用基本不等式即可得最值.
【详解】（1）不等式，解得，即，
，解得，即，
所以，
由于或，
所以.
（2）因为，所以，
因为，，所以，
，
当且仅当即，时，
取得最小值，最小值为5．
19．(1)；
(2)存在；.
【分析】（1）根据解绝对值不等式的公式，结合分式的性质、交集的定义、子集的性质进行求解即可；
（2）根据必要不充分条件的定义，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.
【详解】（1），
所以，，所以，
（1）由已知得，
①时，，此时满足题意；
②时，，要满足题意需
综上所述，a的取值范围是；
（2）由已知得，由题意得D是的真子集
，
所以，
要满足题意需（等号不同时成立）
答：满足条件的m存在，取值范围是．
20．(1)函数在内单调递减，证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）结合指数运算利用单调性定义证明单调性即可；
（2）根据偶函数的定义列方程求解即可得m的值.
【详解】（1）函数在内单调递减，理由如下：
任取，，且
则
由于，可得，
所以，，，
所以，即，
所以当m取任意实数时，函数在内单调递减
（2）假设存在m，使得函数为偶函数，的定义域为，
所以由，即，即，
可得，解得
因此，存在，使得为偶函数
21．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意列不等式求解即可得答案；
（2）根据实际意义得函数的表达式，再根据分段函数确定函数单调性即可得结论.
【详解】（1）由题意得且．
化简得，即．
所以或．
综上所述，当时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间．
（2）①若，则．
②若，则．
所以．
当时，单调递减；所以
当时，的对称轴为，
所以单调递减且，单调递增．
综上所述，单调递减，单调递增
即：当S中的自驾人数比例在时，人均通勤时间随着成员自驾的比例增加而减少；当S中的自驾人数比例在时，人均通勤时间随着成员自驾比例增加而增加，当S中32.5%的成员自驾时，该地上班族S的人均通勤时间达到最小值36.875分钟．实际意义是：自驾人数在一定范围内增加时，交通顺畅；当随着范围进一步增加，交通拥堵，导致通勤时间增多．所以，对该地区要限制自驾人数．
22．(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据抽象函数的性质结合，采用赋值法求解与的值即可；
（2）设，则，根据时，可得的符号，从而证得单调性；
（3）结合抽象函数的性质将不等式转化为，结合单调性解不等式即可得的取值集合.
【详解】（1）令，，则，故
令，则可得，
令，得，
（2）设，则
即，
∵，故，
即，故在上单调递减
（3）由于，
所以
所以，即．
因为在上单调递减，
所以，解得或，
所以不等式的解为.