山东省济南市部分学校2024-2025学年高一上学期10月联合教学质量检测数学试题（解析版）

这是一份山东省济南市部分学校2024-2025学年高一上学期10月联合教学质量检测数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，，则.
故选：A.
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】“，”的否定是：，.
故选：A.
3. 不等式的解集为（ ）
A. B. 或x≥1
C. D. 或x≥1
【答案】C
【解析】原不等式可化为，即，
解得.
故选：C.
4. 已知均为正实数，且，则下列选项错误的是（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小值为
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】B
【解析】选项A：时取等，
得的最大值为，故A对；
选项B：，
当且仅当时取等，故的最小值为，故B错；
选项C：时取等，
故的最大值为，故C对；
选项D：换元，令，则，
故
，
当且仅当取等号，故的最小值为，故D正确.
故选：B.
5. 已知函数定义域为，则函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为函数的定义域为，所以函数的定义域为，
则对于函数，需满足，
解得，即函数的定义域为.
故选：D.
6. 函数满足对且，都有，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由函数，
因为函数任意且，都有，
所以函数在定义域上为单调递减函数，
则满足，即，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D.
7. 已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为为奇函数，则，且函数的图象关于0，1中心对称，
即，
因为为偶函数，所以，则，
所以，，所以，
故的周期为，
因为，
所以.
故选：B.
8. 若函数在定义域上的值域为，则称为“函数”．已知函数是“函数”，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意可知的定义域为，
又因为函数是“函数”，故其值域为；
而，则值域为；
当时，，
当时，，此时函数在上单调递增，则，
故由函数是“函数”可得，
解得，即实数的取值范围是.
故选：C.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 已知集合均为的子集，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】因为集合均为的子集，且，画出韦恩图，如图所示：
结合图像：由，所以A正确；由，所以B错误；
由，所以C错误；由，所以D正确.
故选：AD.
10. 已知函数是定义域为R的奇函数，且，则（ ）
A. B. 的一个周期是3
C. 的一个对称中心是D.
【答案】BCD
【解析】由，可得，
所以有，所以是周期为的周期函数，选项B正确；
又是上的奇函数，知，可得，
无法确定，的值，选项A错误；
由，及，可得，
所以的图象关于点对称，选项C正确；
由的周期为3，
得，选项D正确.
故选：BCD.
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 若是的必要不充分条件，是的充要条件，则是的充分不必要条件
B. 若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是
C. 若不等式的解集为，则不等式的解集为
D. “”为假命题的充要条件为
【答案】ACD
【解析】对A，若是的必要不充分条件，是的充要条件，
则，但是不能推出，所以，但是不能推出，
所以是的充分不必要条件，故A正确；
对B，当时，原不等式为，恒成立满足题意，
当时，由题意需满足，解得，
综上，实数的取值范围是，故B错误；
对C，由不等式的解集为，
结合数轴穿根法知，，且，
所以不等式可化为，解得，故C正确；
对D，由题意知为真命题，
则在时恒成立，
令，只需，
则，解得，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知实数，满足，且，则的最小值为______．
【答案】
【解析】因为，所以，，
因为，所以，
由，所以.
所以
，
当且仅当，即时，等号成立.
13. 已知，若p是q的充分不必要条件，则实数m的取值范围为______.
【答案】
【解析】根据题意可知，若p是q的充分不必要条件需满足，解得；
但且两端等号不同时成立，所以，即；
因此实数m取值范围为.
14. 已知，若成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】函数在上单调递增，，
函数，，由，即，解得，
由，得存在，使得，
于是，解得，
所以实数的取值范围是.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 已知全集，集合或.
（1）求；
（2）求.
解：（1）集合，或，
所以或，或，
所以或.
（2）由或得，
所以.
16. 设函数.
（1）若，求的解集．
（2）若不等式对一切实数x恒成立，求a的取值范围；
（3）解关于的不等式：．
解：（1）由函数，
若，可得，
又由，即不等式，即，
因为，且函数对应的抛物线开口向上，
所以不等式解集为，
即的解集为.
（2）由对一切实数x恒成立，等价于恒成立，
当时，不等式可化为，不满足题意．
当，则满足，即，解得，
所以的取值范围是．
（3）依题意，等价于，
当时，不等式可化为，所以不等式的解集为．
当时，不等式可化为，此时，
所以不等式的解集为．
当时，不等式化为，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为；
③当时，，不等式的解集为；
综上，当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为．
17. 已知集合中的元素均为正整数，且满足：①对于任意，若，都有；②对于任意，若，都有.
（1）已知集合，求；
（2）已知集合，求；
（3）若中有4个元素，证明：中恰有5个元素.
解：（1）由①可得都是中的元素.
下面证明中除外没有其他元素：
假设中还有其他元素，分两种情况：
第一种情况，中最小的元素为1，显然不是中的元素，不符合题意；
第二种情况，中最小的元素为2，设中除外的元素为，
因为是中的元素，所以为4或8，而4，8也是中的元素，
所以中除外没有其他元素.
综上，.
（2）由①可得，都是中的元素.
显然，由（2）可得，是中的元素，
即是中的元素.
因为，所以，解得.
（3）证明：设.
由①可得，都是中的元素.
显然，由②可得，是中的元素，即是中的元素.
同理可得，是中的元素.
若，则，所以不可能是中的元素，不符合题意.
若，则，所以，即.
又因为，所以，即，
所以，此时.
假设中还有其他元素，且该元素为，
若，由（2）可得，而，与矛盾.
若，因为，所以，则，
即，所以中除外，没有其他元素.
所以，即中恰有5个元素.
18. 已知函数是定义在上的奇函数，且．
（1）求的值；
（2）用定义法证明函数在上单调递增；
（3）若存在，对任意的恒成立，求实数的取值范围．
解：（1）因为为奇函数，故f-x=-fx，
即，故，解得，
又，解得，
故，.
（2）由（1）知，，
任取，且，
故，
因为且，所以，，
又，故，
故，函数在上单调递增.
（3）存在，对任意的恒成立，
故只需在上的最小值，小于等于在上的最小值，
由（2）知，在上单调递增，故，
若，此时满足要求，
若，此时在上单调递减，
故，
令，解得或，
若，此时在上单调递增，
故，
令，解得或，
故或，
故的取值范围为或或.
19. 教材中的基本不等式可以推广到阶：个正数的算数平均数不小于它们的几何平均数.也即：若，则有，当且仅当时取等.利用此结论解决下列问题：
（1）若，求的最小值；
（2）若，求的最大值，并求取得最大值时的的值；
（3）对任意，判断与的大小关系并加以严格证明.
解：（1）因为，所以由三阶基本不等式可得：，
当且仅当即时取等号，因此的最小值为.
（2）当时，由四阶基本不等式可得：
，
当且仅当即时取等号，因此的最大值为.
（3）大小关系为，，
证明如下：
由条件可知：时，，
当时，左边，右边，左边右边，不等式成立；
当，时，由阶基本不等式，可知：
不等式左边
，
而，因此上式的不等号取不到等号，
于是，
综上，原不等式得证.