2023-2024学年北京市朝阳区高一上学期期中数学质量监测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市朝阳区高一上学期期中数学质量监测模拟试题（含解析），共15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：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．已知集合，，那么集合等于（ ）
A．B．C．D．
2．设命题，则为（ ）
A．B．
C．D．
3．设集合，若，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．已知是定义在上的偶函数，当时，图象如图所示，则下列关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．下列函数中，是奇函数且在区间上单调递减的是（ ）
A．B．C．D．
6．已知，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
7．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
8．从2015年到2020年，某企业通过持续的技术革新来降低其能源消耗，到了2020年该企业单位生产总值能耗降低了20%.如果这五年平均每年降低的百分率为x，那么x满足的方程是（ ）
A．B．C．D．
9．函数f(x)=ax2+(a-3)x+1在区间[-1,+∞)上是递减的,则实数a的取值范围是( )
A．[-3,0)B．(-∞,-3]
C．[-2,0]D．[-3,0]
10．设为定义在R上的函数，函数是奇函数.对于下列四个结论：
①；
②；
③函数的图象关于原点对称；
④函数的图象关于点对称；
其中，正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题卡上.
11．函数的定义域是 .
12．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则 .
13．函数f (x)＝的最大值为 ．
14．函数的定义域为D，给出下列两个条件：
①对于任意，当时，总有；
②在定义域内不是单调函数.
请写出一个同时满足条件①②的函数，则 .
15．已知函数给出下列四个结论：
①存在实数，使函数为奇函数；
②对任意实数，函数既无最大值也无最小值；
③对任意实数和，函数总存在零点；
④对于任意给定的正实数，总存在实数，使函数在区间上单调递减.其中所有正确结论的序号是 .
三、解答题：本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．设集合，不等式的解集为B.
(1)当时，求，，；
(2)当时，求实数a的取值范围.
17．设函数
（1）求函数的图像与直线交点的坐标：
（2）当时，求函数的最小值
（3）用单调性定义证明：函数在上单调递增.
18．已知函数．
(1)若，求不等式的解集；
(2)己知，且在上恒成立，求a的取值范围；
(3)若关于x的方程有两个不相等的正实数根，，求的取值范围．
19．已知函数.
(1)若，求函数在区间上的最大和最小值；
(2)解不等式.
20．设某商品的利润只由生产成本和销售收入决定．生产成本C（单位：万元）与生产量x（单位：千件）间的函数关系是C＝3+x；销售收入S（单位：万元）与生产量x间的函数关系是 .
（Ⅰ）把商品的利润表示为生产量x的函数；
（Ⅱ）为使商品的利润最大化，应如何确定生产量？
21．设函数其中P，M是非空数集．记f(P）＝{y|y＝f(x)，x∈P}，f(M)＝{y|y＝f(x)，x∈M}．
（Ⅰ）若P＝[0，3]，M＝(﹣∞，﹣1)，求f(P)∪f(M)；
（Ⅱ）若P∩M＝∅，且f(x)是定义在R上的增函数，求集合P，M；
（Ⅲ）判断命题“若P∪M≠R，则f(P)∪f(M)≠R”的真假，并加以证明．
1．C
【分析】先求出集合，再根据并集合的运算求出两个集合的并集.
【详解】，所以，
故选：C
2．C
特称命题的否定是全称命题，先否定量词，再否定结论.
【详解】命题，则为：
故选：C
3．D
【分析】根据，由集合A，B有公共元素求解.
【详解】集合，
因为，
所以集合A，B有公共元素，
所以．
故选：D
4．A
【分析】根据函数的奇偶性得到，再结合当时，函数为单调递减函数，即可求解.
【详解】由题意，函数是定义在上的偶函数，可得，
又由当时，函数为单调递减函数，所以，
所以.
故选：A.
5．C
根据函数的单调性和奇偶性对各个选项逐一分析即可.
【详解】对A，函数的图象关于轴对称，
故是偶函数，故A错误；
对B，函数的定义域为不关于原点对称，
故是非奇非偶函数，故B错误；
对C，函数的图象关于原点对称，
故是奇函数，且在上单调递减，故C正确；
对D，函数的图象关于原点对称，
故是奇函数，但在上单调递增，故D错误.
故选：C.
6．D
对A，B，C，利用特殊值即可判断，对D，利用不等式的性质即可判断.
【详解】解：对A，令，，此时满足，但，故A错；
对B，令，，此时满足，但，故B错；
对C，若，，则，故C错；
对D，
，
则，故D正确.
故选：D.
7．A
【分析】先解不等式，再根据两个解集包含关系得结果.
【详解】,又，所以“”是“”的充分不必要条件，选A.
充分、必要条件的三种判断方法．
1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．
2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．
3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．
8．D
根据题设逐年列出生产总值能耗后可得正确的选择.
【详解】设2015年该企业单位生产总值能耗为，则2016年该企业单位生产总值能耗，
2017年该企业单位生产总值能耗，2018年该企业单位生产总值能耗，
2019年该企业单位生产总值能耗，2020年该企业单位生产总值能耗，
由题设可得即，
故选：D.
9．D
【详解】当a=0时,f(x)=-3x+1显然成立,
当a≠0时,需解得-3≤a<0,
综上可得-3≤a≤0.
【误区警示】本题易忽视a=0这一情况而误选A,失误的原因是将关于x的函数误认为是二次函数.
10．C
令，①：根据求解出的值并判断；②：根据为奇函数可知，化简此式并进行判断；根据与的图象关系确定出关于点对称的情况，由此判断出③④是否正确.
【详解】令，
①因为为上的奇函数，所以，所以，故正确；
②因为为上的奇函数，所以，所以，即，故正确；
因为的图象由的图象向左平移一个单位得到的，
又的图象关于原点对称，所以的图象关于点对称，故③错误④正确，
所以正确的有：①②④，
故选：C.
结论点睛：通过奇偶性判断函数对称性的常见情况：
（1）若为偶函数，则函数的图象关于直线对称；
（2）若为奇函数，则函数的图象关于点成中心对称.
11．且
【分析】求使函数有意义的的范围即为定义域，逐项求解即可.
【详解】解：由题意得，解得且，
故函数的定义域为且.
故且
12．
【分析】根据题意，结合，代入即可求解.
【详解】由函数是定义在上的奇函数，且当时，，
则.
故答案为.
13．2
【分析】求出函数在每一段的最大值，再进行比较，即可得答案；
【详解】当时，函数为减函数，
所以在处取得最大值为；
当时，易知函数在处取得最大值为.
故函数的最大值为2.
故2.
本题考查分段函数的最值，考查运算求解能力，属于基础题.
14．
根据题意写出一个同时满足①②的函数即可.
【详解】解：易知：，在上单调递减，上单调递减，
故对于任意，当时，总有；
且在其定义域上不单调.
故答案为.
15．① ② ④
分别作出，和的函数的图象，由图象即可判断① ② ③ ④的正确性，即可得正确答案.
【详解】
如上图分别为，和时函数的图象，
对于① ：当时，，
图象如图关于原点对称，所以存在使得函数为奇函数，故①正确；
对于② ：由三个图知当时，，当时，，所以函数既无最大值也无最小值；故② 正确；
对于③ ：如图和图中存在实数使得函数图象与没有交点，此时函数没有零点，所以对任意实数和，函数总存在零点不成立；故③ 不正确
对于④ ：如图，对于任意给定的正实数，取即可使函数在区间上单调递减，故④正确；
故① ② ④
关键点点睛：本题解题的关键点是分段函数图象，涉及二次函数的图象，要讨论，和即明确分段区间，作出函数图象，数形结合可研究分段函数的性质.
16．(1)，，或
(2)或
【分析】（1）根据条件，先求出集合，再借助数轴即可求出结果；
（2）根据，分和两种情况讨论，即可得出结果.
【详解】（1）由，得到，即，
当时，，
由图知，，，或.
（2）因为，当，即，得到，满足题意，
，即，由，得到，得到，
综上，实数a的取值范围为或.
17．(1) 或 (2) 7 (3)证明见解析.
（1）由解出方程可得答案.
（2）利用均值不等式可得答案.
(3)由定义法证明函数单调性的步骤即可证明.
【详解】（1）由，即，解得或
所以函数的图像与直线交点的坐标为或
（2）当时，
当且仅当,即时，取得等号.
所以当时，函数的最小值为7.
(3) 任取，且
则

由，且，则，
所以，则
所以，即
所以函数在上单调递增
思路点睛：本题考查利用函数的奇偶性求参数，证明函数的单调性和利用单调性解不等式.证明函数的单调性的基本步骤为：
(1)在给定的区间内任取变量，且设.
(2)作差变形，注意变形要彻底，变形的手段通常有通分、因式分解、配方、有理化等.
(3)判断符号，得出的大小.
(4)得出结论.
18．(1)或
(2)
(3)
【分析】（1）由题意得，求解即可得出答案；
（2）函数，可得二次函数图象的开口向上，且对称轴为，题意转化为，利用二次函数的图象与性质，即可得出答案；
（3）利用一元二次方程的根的判别式和韦达定理，即可得出答案．
【详解】（1）当时，，
，即，解得或，
∴不等式的解集为或；
（2），
则二次函数图象的开口向上，且对称轴为，
∴在上单调递增，，
在上恒成立，转化为，
∴，解得，故实数的取值范围为；
（3）关于x的方程有两个不相等的正实数根，
∵，，，
∴且，解得，
，
令（），
在上单调递减，
，，
故的取值范围为．
19．(1)最大值为，最小值为
(2)答案见解析
【分析】（1）当时，可得，结合二次函数的图象与性质，即可求解；
（2）把不等式转化为，结合一元二次不等式的解法，即可求解.
【详解】（1）解：当时，可得，
则函数表示开口向上的抛物线，且对称轴为，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，函数取得最小值，最小值为，
又因为，所以函数的最大值为，
综上可得，函数的最大值为，最小值为.
（2）解：由不等式，即，
即不等式，
当时，不等式即为，此时不等式的解集为空集；
当时，即时，不等式的解集为；
当时，即时，不等式的解集为，
综上可得：当时，不等式的解集为空集；
当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.
20．（Ⅰ）；（Ⅱ）确定为5千件时，利润最大．
(I)用销售收入减去生产成本即得利润；
(II)分段求出利润函数的最大值可得生产产量．
【详解】(I)设利润是 (万元)，则，
∴；
(II)时，，
由“对勾函数”知，当，即时，，
当时，是减函数，时，，
∴时，，
∴生产量为5千件时，利润最大．
本题考查分段函数模型的应用，解题关键是列出函数解析式．属于基础题．
21．（Ⅰ）[0，+∞）；（Ⅱ）P＝（﹣∞，0）∪（0，+∞），M＝{0}；（Ⅲ）真命题，证明见解析
(Ⅰ)求出f (P)＝[0，3]，f (M)＝ (1，+∞)，由此能过求出f (P)∪f (M)．
(Ⅱ)由f (x)是定义在R上的增函数，且f (0)＝0，得到当x＜0时，f (x)＜0， (﹣∞，0)⊆P． 同理可证 (0，+∞)⊆P． 由此能求出P，M．
(Ⅲ)假设存在非空数集P，M，且P∪M≠R，但f (P)∪f (M)＝R．证明0∈P∪M．推导出f (﹣x0)＝﹣x0，且f (﹣x0)＝﹣ (﹣x0)＝x0，由此能证明命题“若P∪M≠R，则f (P)∪f (M)≠R”是真命题．
【详解】(Ⅰ)因为P＝[0，3]，M＝(﹣∞，﹣1)，
所以f(P)＝[0，3]，f(M)＝(1，+∞)，
所以f(P)∪f (M)＝[0，+∞)．
(Ⅱ)因为f (x)是定义在R上的增函数，且f (0)＝0，
所以当x＜0时，f (x)＜0，
所以(﹣∞，0)⊆P． 同理可证(0，+∞)⊆P．
因为P∩M＝∅，
所以P＝(﹣∞，0)∪(0，+∞)，M＝{0}．
(Ⅲ)该命题为真命题．证明如下：
假设存在非空数集P，M，且P∪M≠R，但f (P)∪f (M)＝R．
首先证明0∈P∪M．否则，若0∉P∪M，则0∉P，且0∉M，
则0∉f (P)，且0∉f (M)，
即0∉f (P)∪f (M)，这与f (P)∪f (M)＝R矛盾．
若∃x0∉P∪M，且x0≠0，则x0∉P，且x0∉M，
所以x0∉f (P)，且﹣x0∉f (M)．
因为f (P)∪f (M)＝R，
所以﹣x0∈f (P)，且x0∈f (M)．
所以﹣x0∈P，且﹣x0∈M．
所以f (-x0)＝﹣x0，且f (-x0)＝﹣(﹣x0)＝x0，
根据函数的定义，必有﹣x0＝x0，即x0＝0，这与x0≠0矛盾．
综上，该命题为真命题．
本题考查函数新定义问题，考查学生的创新意识，考查命题真假的判断与证明，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．