2023-2024学年北京市高一上学期10月月考数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年北京市高一上学期10月月考数学质量检测模拟试题本试卷共8页，150分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题共10小题，每小题5分，共50分。在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．若函数且,则=（

）A．7 B．8 C．9 D．103．设全集，，，则图中阴影部分对应的集合为（

）A． B． C． D．4．若，下列不等式中不一定成立的是（）A． B． C． D．5．已知函数的定义域为，则的定义域是A． B． C． D．6．已知实数、、满足，那么“”是“”成立的A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件7．二次函数.的图象与轴的两个交点的横坐标分别为，且，如图所示，则的取值范围是（

）A． B． C．或 D．8．已知函数，若，则（

）A． B．0 C．或0 D．9．若存在,有成立，则实数a的取值范围是（

）A． B．C． D．10．对集合的每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”，概念如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后从最大的开始，交替减加后面的数所得的结果.例如：集合的“交替和”为6-4+2-1=3,集合的“交替和”为8-3=5,集合{6}的“交替和”为6,则集合所有非空子集的“交替和”的和为（

）A． B． C． D．二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数的定义域为．12．已知，且，则的取值范围是13．已知不等式的解集为或,则不等式的解集是14．已知函数，的值域是，则实数的取值范围是．15．若，则实数的一个取值为.16．高斯函数是数学中的一个重要函数，在自然科学、社会科学以及工程学等领域都能看到它的身影.设,用符号表示不大于x的最大整数，如称函数叫做高斯函数.给出下列关于高斯函数的说法：①②若,则③函数的值域是④函数在上单调递增其中所有正确说法的序号是三、解答题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。17．设全集为R,集合.(注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分)(1)若,求;(2)当=0时,是否满足?说明理由;(3)在,这三个条件中任选一个作为已知条件,求实数a的取值范围.18．已知函数.(1)若不等式对于一切实数恒成立，求实数的取值范围；(2)若，解关于的不等式.19．某游戏厂商对新出品的一款游戏设定了“防沉迷系统”规则如下：①3小时内（含3小时）为健康时间，玩家在这段时间内获得的累积经验值E（单位：）与游玩时间t（单位：小时）满足关系式：；②3到5小时（含5小时）为疲劳时间，玩家在这段时间内获得的经验值为0（即累积经验值不变）；③超过5小时为不健康时间，累积经验值开始损失，损失的经验值与不健康时间成正比例关系，正比例系数为50．（1）当时，写出累积经验值E与游玩时间t的函数关系式，求出游玩6小时的累积经验值；（2）该游戏厂商把累积经验值E与游玩时间t的比值称为“玩家愉悦指数”，记为，若，且该游戏厂商希望在健康时间内，这款游戏的“玩家愉悦指数”不低于24，求实数a的取值范围．20．已知函数(1)求函数的零点;(2)证明:函数在区间上单调递增;(3)若时,恒成立，求正数的取值范围.21．设集合为非空数集，定义.(1)若集合,直接写出集合及；(2)若集合且，求证；(3)若集合且，求中元素个数的最大值.1．B【分析】根据交集概念进行求解即可.【详解】故选：B.2．C【分析】应用换元法求得，再由求参数值即可.【详解】令，则，故，所以.故选：C3．D【分析】解一元二次不等式可求得集合，再由图中阴影部分利用集合的基本运算即可求得结果.【详解】解集合对应的不等式可得，即；易知图中阴影部分对应的集合可表示为，由可得，因此，即图中阴影部分对应的集合为.故选：D4．A【分析】利用作差、作商法即可判断A、B的正误，由不等式的性质可判断C、D的正误.【详解】A：，又，知：，但无法确定符号，错误；B：，，故，正确；C：由，知，即，正确；D：由，有，正确；故选：A5．B根据函数的定义域求出函数的定义域为，由可得的定义域.【详解】解：因为函数的定义域为，所以，可得，则的定义域为，由，可得，即的定义域为.故选：B.抽象函数的定义域问题：（1）若已知函数的定义域为，其复合函数的定义域由不等式求出；（2）若已知函数的定义域为，则的定义域为在上的值域.6．B【分析】由，可得出，由可知，然后再根据已知条件以及逻辑性关系推导出两者间的充分不必要条件关系.【详解】，若，则必有，由，可得出，则；另一方面，若，且，则，事实上，若，则.则.因此，“”是“”成立的充分不必要条件.故选B.本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了不等式性质的应用，考查逻辑推理能力，属于中等题.7．D【分析】据题意和图形可知，只需要满足即可，解不等式即可求解.【详解】由题意可得，即，解得.故选：D.8．A【分析】对进行分类讨论，直接计算可求解.【详解】时，，则，进一步分类讨论，时，即时，，整理得，根据条件得；时，即时，，得，不符题意；时，，，进一步分类讨论，时，即时，与不符；时，即，所以时，有，得，与题意不符；故选：A9．B【分析】参数分离可得，设，将存在问题转化为，求出函数的最大值，即可得到实数a的取值范围.【详解】因为，所以将原不等式参数分离可得，设，已知存在，有成立，则，令，则，，由对勾函数知在上单调递减，在上单调递增，，，所以，即，故选：B.10．C【分析】根据新定义及子集的定义即可求解.【详解】由题意得：集合的非空子集中,除去集合,还有个非空集合,将这个子集分成两类:第一类：包含的子集；第二类：不包含的子集；在第二类和第一类子集之间建立如下的对应关系：，其中是第二类子集，显然这种对应是一一映射设的“交替和”为，则的“交替和”为，这一对集合的“交替和”的和等于，所以集合A的所有非空集合的“交替和”总和为.故选:C.11．【分析】根据分式和根式的定义域求出范围即可.【详解】由,解得且,故定义域为,故答案为:.12．【分析】根据，结合基本不等式求解即可.【详解】因为，故，又，故，当且仅当，即时取等号，故的取值范围是.故13．【分析】首先根据题意得到为方程的根，从而得到，再解不等式即可.【详解】因为不等式的解集为或，所以，且为方程的根.所以，所以，解得.故14．根据函数的单调性：在区间上是增函数，在上是减函数，且，，要使的值域是，即可得到的取值范围.【详解】解：因为函数在区间上是增函数，在上是减函数，且，，所以函数在区间上的值域是，必有．故．本题考查二次函数的值域问题，其中要特别注意它的对称性．15．（答案不唯一）【分析】根据题意，由交集的定义可知不等式的解集为的子集即可满足题意.【详解】因为，且当时，即时，，当时，即时，才有可能使得，当的两根刚好是时，即，此时的解集为刚好满足，所以，所以实数的一个取值可以为.故答案为:16．①②④【分析】由高斯函数的定义逐一判断即可.【详解】对①，由高斯函数的定义，可得，故①正确；对②，若，则，而表示不大于x的最大整数，则，即，故②正确；对③，函数，当时，，故③错误；对④，函数，即函数为分段函数，在上单调递增，故④正确.故选：①②④.17．(1)(2)不满足，理由见解析(3)【分析】（1）利用一元二次不等式的解法及补集的定义，结合交集的定义即可求解；（2）利用并集的定义即可求解；（3）利用集合的运算与集合间的关系及子集的定义即可求解.【详解】（1）全集为,集合或，所以;又时,集合，所以（2）当时,不满足,理由如下:故.（3）选择①作为已知条件.(选择②③的解法同①)因为,所以,又由或得,当时,,解得;当时，或，所以或，所以或.综上,可得的取值范围为.18．(1)；(2)答案见解析.【分析】(1)根据给定条件利用一元二次不等式恒成立求解作答.(2)在给定条件下分类解一元二次不等式即可作答.【详解】（1），恒成立等价于，，当时，，对一切实数不恒成立，则，此时必有，即，解得，所以实数的取值范围是.（2）依题意，因，则，当时，，解得，当时，，解得或，当时，，解得或，所以，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为或.19．（1）；（2）（1）分三段求函数的解析式，并根据解析式求；（2）由条件写出时，，转化为函数的最小值大于等于0，求的取值范围.【详解】（1）当时，，，当时，,当时，当时，所以，当时，.（2）当时，，整理得：恒成立，令函数的对称轴是，当时，取得最小值，即，关键点点睛：本题属于分段函数应用问题，题干较长，所以第一个关键就是读懂题意，尤其是时，能正确转化为一次函数，第二个关键就是第二问转化为的最小值大于等于0.20．(1)=1或(2)证明见解析(3)【分析】（1）令解出即可；（2）根据单调性定义证明单调性即可；（3）恒成立，由（1）得恒成立，根据单调性等价于“ax²+2a>1恒成立，则，即可求出的取值范围.【详解】（1）因为所以，令则有，解得或；（2）任取,∈(0,+∞),<，则因为0<<,所以，即，所以函数在区间(0,+∞)上单调递增；（3）若>0时,恒成立，即恒成立，因为a>0,所以ax²+2a>0，又函数在区间(0,+∞)上单调递增，所以“恒成立”等价于“ax²+2a>1恒成立”，即在x∈(0,+∞)上恒成立,即，令，易知在x∈(0,+∞)单调递减，，故a的取值范围为21．(1)，；(2)证明见解析；(3)1349.【分析】（1）根据定义写出集合及；（2）由题设得且，即可证结论；（3）由定义可得，根据已知及容斥原理有最小元素为0，最大元素为进而有求k范围，设且，依据所