2023-2024学年福建省连城县高一上学期10月月考数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年福建省连城县高一上学期10月月考数学质量检测模拟试题一、单选题（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．设全集为R，集合，，则A． B． C． D．2．下列选项中表示同一函数的是（）A．与B．C．；D．.3．若集合,则能使成立的所有组成的集合为（

）A． B． C． D．4．已知，则的最小值为（

）A．2 B．3 C．4 D．55．使不等式成立的一个充分不必要条件是（）A． B．C．或 D．6．定义集合运算，若，则集合的子集个数为（）A．14 B．0 C．31 D．327．已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．8．一只蚂蚁从正方形的一个顶点出发，沿着正方形的边逆时针运动一周后回到点，假设蚂蚁运动过程中的速度大小不变，则蚂蚁与点的距离随时间变化的大致图象为（

）A． B．C． D．二、多选题（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．实数，，，满足：，则下列不等式正确的是（

）A． B．C． D．10．下列命题中的真命题有（）A．若正实数，满足，则的最小值为8B．的最小值为2C．当时，的最大值是5D．若正数x，y为实数，若，则的最大值为311．下列命题的否定是假命题的有（）A．B．所有的正方形都是矩形C．D．至少有一个实数x，使12．已知函数的定义域是，且，当时，，，则下列说法正确的是（

）A．B．函数在上是减函数C．D．不等式的解集为三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知集合，，若，则实数.14．连城一中开展小组合作学习模式，高一（10）班某组甲同学给组内乙同学出题如下:若命题“，”是假命题，求m的取值范围.乙同学略加思索，给了甲同学一道题:若命题“，”是真命题，求m的取值范围.你认为两名同学题中m的取值范围是否一致?.（填“是”或“否”），m的取值范围为.15．是一个单调递减函数，则实数a的取值范围16．已知函数，则的最小值为．四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．已知集合，(1)若，求实数的值(2)若集合，且，求18．已知集合，集合．(1)若，求实数的取值范围；(2)是否存在实数，使得是的必要不充分条件？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．19．已知函数．(1)当时，判断函数的单调性并证明；(2)若不等式成立，求实数x的取值范围．20．已知福州地铁号线路通车后，地铁的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算，地铁的载客量与发车的时间间隔相关，当时，地铁为满载状态，载客量为人；当时，载量会减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人，记地铁的载客量为.(1)求的表达式，并求发车时间间隔为分钟时地铁的载客量；(2)若该线路每分钟的净收益为（元）.问：当地铁发车时间间隔多少时，该线路每分钟的净收益最大？21．已知函数，，．

（1）在图中画出函数，的图象；（2）定义：，用表示，中的较小者，记为，请分别用图象法和解析式法表示函数．（注：图象法请在图中表示，本题中的单位长度请自己定义且标明）22．已知二次函数.（1）若的解集为，解关于的不等式.（2）若对任意，恒成立，求的最大值.（3）已知，，若对于一切实数恒成立，并且存在，使得成立，求的最小值.1．B【详解】分析：由题意首先求得，然后进行交集运算即可求得最终结果.详解：由题意可得：，结合交集的定义可得.本题选择B选项.点睛：本题主要考查交集的运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．D【详解】根据函数的对应关系与定义域判断．【分析】对于A，的定义域为，而定义域为R，故二者不是同一函数；对于B.定义域为R，定义域为，∵定义域不同，与不是同一函数.对于C，定义域为R，定义域为，∵定义域不同，与不是同一函数.对于D，，与定义域与对应关系都相同，与是同一函数.

故选：D3．C【分析】考虑和两种情况,得到不等式组,解得答案.【详解】当时,即,时成立;当时,满足,解得;综上所述:.故选:C.4．B【分析】根据基本不等式直接求解即可.【详解】解：因为，所以，所以，，当且仅当时等号成立，即时等号成立，所以，的最小值为故选：B5．A【分析】利用必要条件和充分条件的定义判断.【详解】解不等式，即，解得或，则不等式的解集为或，对于A，显然，即是不等式成立的一个充分不必要条件，A是；对于B，D，集合，都不是集合的子集，BD不是；对于C，或，或是不等式成立的充要条件，C不是.故选：A6．D【分析】列举出满足条件的元素a，b并求出其和，据互异性，即可得出新集合的元素个数，进一步求出其子集个数.【详解】因为，且，所以，可知集合中共有5个元素，所以集合的所有子集的个数为.故选：D.7．C【分析】利用基本不等式求出的最小值，即可得到，从而得到，解得即可.【详解】因为，，且，则，当且仅当，即时，等号成立，即，因为恒成立，可得，解得，所以实数的取值范围是.故选：C.8．A【分析】设蚂蚁的速度为，正方形的边长为，则，分别求出蚂蚁位于线段、、，时，关于的表达式，利用排除法即可求解.【详解】设蚂蚁的速度为，正方形的边长为，则，当蚂蚁位于线段上，即时，，其图象为线段；当蚂蚁位于线段上，即时，，其图象为曲线；当蚂蚁位于线段上，即时，，其图象为曲线；当蚂蚁位于线段上，即时，，其图象为线段；结合选项可知：选项A符合题意，故选：A.9．ACD【分析】利用不等式的性质、特殊值法和作差法判断可得解.【详解】解：因为，所以，故选项A正确；令、，，，满足，此时，故选项B错误；因为，所以，，所以，故选项C正确；因为，则，因为，，所以，所以，故选项D正确.故选：ACD.10．AC【分析】对于A、C、D利用基本不等式分析判断；对于B由对勾函数的性质分析判断，【详解】对于选项A：因为正实数，满足，可得，当且仅当，即时，等号成立，故选项A正确；对于选项B：令，则，且在上单调递增，所以当时，取到最小值，即当时，取到最小值，故选项B错误；对于选项C：因为，则所以，当且仅当，即时，等号成立，故选项C正确；对于选项D：因为正数x，y为实数，，可得，故，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为3，故选项D错误.故选：AC.11．ABD【分析】根据命题与命题的否定的真假性相反逐项分析判断.【详解】对于选项A：因为，可知选项A为真命题，所以命题的否定是假命题，故A正确；对于选项B：因为所有的正方形都是矩形，可知选项B为真命题，所以命题的否定是假命题，故B正确；对于选项C：因为，可知选项C为假命题，所以命题的否定是真命题，故C错误；对于选项D：因为当时，则，可知选项D为真命题，所以命题的否定是假命题，故D正确.故选：ABD．12．ABD【分析】对于A，利用赋值法求得，从而得以判断；对于B，根据函数的单调性定义结合抽象函数的性质，从而判断函数的单调性；对于C，利用抽象函数的性质求得式子的值，由此得以判断；对于D，先求得，再将不等式转化为，从而得到关于的不等式，解之即可判断.【详解】对于A，因为，令，得，所以，故A正确；对于B，令，得，所以，任取，且，则，因为，所以，即，所以，所以在上是减函数，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，因为，，所以，又因为，所以由得，故，因为在上是减函数，所以，解得，所以不等式的解集为，故D正确.故选：ABD．关键点睛：对于解含抽象函数的不等式问题，一般先利用抽象函数的性质求得其在定义域上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“”，转化为解不等式(组)的问题.13．由已知及可得，则或，分别解出得值，再检验集合、满足互异性即可.【详解】由已知及可得，所以或，当即时，此时不满足元素互异性，不符合题意，当即或，若则不满足元素互异性，不符合题意，若则，，满足，符合题意.所以实数，故答案为.14．是【分析】利用存在量词命题的否定是全称量词命题即可得结果；再利用一元二次不等式恒成立，列式求解即可.【详解】因为命题“，”的否定是“，”，而命题“，”是假命题，则其否定“，”为真命题，所以两名同学题中m的取值范围是一致的；依题意，，所以m的取值范围为.故是；15．【分析】先使在和上递减，再使处，解得范围即可.【详解】当时，图像开口向上，减区间为所以时在递减，所以；当时，，所以时在递减，所以；另外，在处，即，所以；综上，.故答案为.本题考查了分段函数的单调性的应用，属于中档题.16．1【分析】画出的图象后可求其最小值.【详解】的图象如图所示，故的最小值为1，故1.17．(1)；(2).【分析】（1）根据是方程的根，代值计算即可；（2）根据是和的根，代值求得，再求得集合以及其并集即可.【详解】（1）因为，故可得，解得.故实数的值为.（2）因为，故是方程的根，则，解得，此时，即，解得或，故；又是方程的根，则，解得，此时，即，解得或，故；故.18．(1)或；(2)存在，.【分析】（1）化简集合N，求出其补集，由列出不等式组求解即可；（2）根据必要不充分条件转化为，列出不等式组求解即可.【详解】（1）由题意，，所以或，因为，所以或，解得或，所以实数m的取值范围是或.（2）假设存在实数m，使得是的必要不充分条件，则，即，则，解得，故存在实数使得是的必要不充分条件.19．(1)在上单调递增，证明见解析(2)【分析】（1）根据函数单调性的定义判断并证明即可；（2）结合函数单调性将不等式转化即可得解集.【详解】（1）在上单调递增，理由如下：任取，，且，．因为，所以，，，所以，即，可得，所以在上单调递增．（2）因为，，由（1）得在上单调速增，因为，所以，即，解得：或，所以实数x的取值范围是.20．(1)，发车时间间隔为分钟时地铁的载客量为人.(2)当地铁发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大.【分析】（1）当时，设，由可求出的值，结合已知条件可得出函数的函数解析式，进而可求得的值；（2）分、两种情况讨论，求出关于的函数解析式，利用基本不等式以及函数的单调性可求得的最大值及其对应的值，即可得出结论.【详解】（1）解：当时，设，则，解得.由题意可得.所以，发车时间间隔为分钟时地铁的载客量为（人）.（2）解：当时，（元），当且仅当时，等号成立；当时，，此时函数单调递减，则，当且仅当时，等号成立.综上所述，当地铁发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大.21．（1）图象见解析；（2）；图象见解析.【分析】（1）由一次函数和二次函数图象特征可得结果；（2）根据定义可分段讨论得到解析式；由解析式可得图象.【详解】（1），的图象如下图所示：

（2）当时，，则；当时，，则；当时，，则；综上所述.图象如