2023-2024学年江苏省苏州市高一上学期10月月考数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年江苏省苏州市高一上学期10月月考数学质量检测模拟试题一、选择题（共8小题，每小题5分，共计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．已知命题：，，则为（

）A．， B．，C．， D．，3．集合，则为（

）A． B．C． D．4．下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，，则5．一元二次不等式的解集为的充要条件是（

）A． B． C． D．6．已知实数为常数，且，函数，甲同学：的解集为；乙同学：的解集为；丙同学：的最值为负数.在这三个同学中，只有一个同学的论述是错误的，则的范围为（

）A． B． C． D．7．已知函数，定义域为，则函数（

）A．有最小值1 B．有最大值1C．有最小值3 D．有最大值38．对于实数，规定表示不大于的最大整数，那么不等式成立的充分不必条件要是（

）A． B．C． D．二、多选题（共4小题，每小题5分，共计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，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．下列说法正确的是（

）A．中最小的数是1 B．若，则C．若，则最小值是2 D．的实数解组成的集合中含有2个元素10．已知关于的不等式解集为，则（

）A．B．不等式的解集为C．D．不等式的解集为11．函数被称为狄利克雷函数，则下列结论成立的是（

）A．函数的值域为 B．若，则C．若，则 D．，12．若正实数a，b满足，则下列选项正确的是（

）A．有最小值2 B．有最小值4C．有最小值2 D．有最大值三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案写在答题卡中的横线上）13．函数的定义域为．14．已知命题“，”是假命题，则实数的取值范围是．15．已知满足，则解析式为．16．已知正实数满足，则的值为．四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤.17．已知集合，集合．(1)若，求实数的取值范围；(2)若，求实数的取值范围．18．已知函数．（1）用分段函数的形式表示该函数；（2）画出该函数的图象；（3）写出该函数的值域（不需要解答过程）．19．设全集为，，．(1)若，求，；(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围．20．（1）求不等式的解集；（2）若的最大值为m，正实数p，q满足，求的最小值．21．某光伏企业投资万元用于太阳能发电项目，年内的总维修保养费用为万元，该项目每年可给公司带来万元的收入．假设到第年年底，该项目的纯利润为万元．（纯利润累计收入总维修保养费用投资成本）(1)写出纯利润的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利．(2)若干年后，该公司为了投资新项目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案：①年平均利润最大时，以万元转让该项目；②纯利润最大时，以万元转让该项目．你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？请说明理由．22．设函数.(1)若，且集合中有且只有一个元素，求实数的取值集合；(2)当时，求不等式的解集；(3)当，时，记不等式的解集为，集合，若对于任意正数，，求的最大值.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．C【分析】根据全称命题的否定，即可得出答案.【详解】解：因为：，，则为，.故选：C.3．B【分析】分和两种情况讨论，得出关于的不等式或方程，即可得出实数的取值范围.【详解】，或.①若，则，解得；②若，由韦达定理得，无解.综上所述，.故选：B.本题考查根据集合的包含关系求参数，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.4．B【分析】对于A选项，取特殊值否定A错误；对于B选项，根据不等式两边同乘正数不变号，可证明B正确；对于C选项，可以证明只有时不等式成立，C错误；对于D选项，取特殊值否定D错误.【详解】对于A选项，，则，故A错误；对于B选项，若，则，所以即，故B正确；对于C选项，若，则，只有当时，即成立，故C错误；对于D选项，若，则，故D错误.故选：B.5．B【分析】根据一元二次不等式解集，结合对应二次函数的性质列不等式组，即可得答案.【详解】由的解集为空，结合对应二次函数性质有.故选：B6．C【分析】先由三个同学的论述得到甲同学：，乙同学：，丙同学：，可判断乙同学论述错误，即可得到的范围.【详解】甲同学：即，若解集为，则，得；乙同学：因为的解集为，所以，得；丙同学：，其对称轴为由的最值为负数得，得，得，又这三个同学中，只有一个同学的论述是错误的，所以甲丙同学正确，乙同学错误，故，故选：C7．B【分析】化简得，利用基本不等式可求得答案.【详解】，，，由基本不等式，，当且仅当时，即时等号成立，∴，即，最大值为1.故选：B.8．B【分析】利用一元二次不等式的解法、充分必要条件运算分析判断即可得解.【详解】解：由，得，解得：，因此或或，又因表示不大于的最大整数，于是得或或，所以．那么，不等式成立的充分不必要条件，即选出不等式的解集的一个非空真子集即可．据此判断选项B选项满足要求．故选：B.9．AC【分析】根据所表示的集合可以判断A,B,C，再根据集合的定义可以判断D.【详解】因为表示正整数集，容易判断A,C正确；对B，若，则满足，但，B错误；对D，的解集为{2}，D错误.故选：AC.10．BCD根据已知条件得和是方程的两个实根，且，根据韦达定理可得，根据且,对四个选项逐个求解或判断可得解.【详解】因为关于的不等式解集为，所以和是方程的两个实根，且，故错误；所以，，所以，所以不等式可化为，因为，所以，故正确；因为，又，所以，故正确；不等式可化为，又，所以，即，即，解得,故正确.故选：BCD.利用一元二次不等式的解集求出参数的关系是解题关键.本题根据韦达定理可得所要求的关系，属于中档题.11．BD【分析】求得函数的值域判断选项A；推理证明判断选项B；举反例否定选项C；举例证明，.判断选项D.【详解】选项A：函数的值域为.判断错误；选项B：若，则，，则.判断正确；选项C：，但.判断错误；选项D：当时，.则，.判断正确.故选：BD12．ACD【分析】依题意，根据基本不等式可判断选项A、B；对于选项C，先平方，再由选项A可求出最小值；对于选项D，通分化简为可求最值.【详解】依题意，，由基本不等式，，当且仅当时，等号成立，有最小值2，选项A正确；，当且仅当时，等号成立，有最小值2，选项B错误；,当且仅当时，等号成立，所以有最小值为2，选项C正确；

，如上式取最大值，须，且取最小值，，当且仅当时，等号成立，所以有最大值，选项D正确.故选：ACD13．【分析】根据二次根式与分式的意义求定义域即可.【详解】由，得，故函数的定义域为：．故14．【分析】根据已知命题的否定为真命题，转化为不等式恒成立问题，即可求解.【详解】因为命题“，”是假命题，所以其否定“任意，”是真命题，即在上恒成立，当时，不等式化为恒成立，当时，若在R上恒成立，则，解得，综上所述，实数a的取值范围为.故15．【分析】用代得出一个式子，利用方程思想求解函数解析式.【详解】由

①用代可得，

②由①②可得：故16．2【分析】利用基本不等式，可得，进一步得，，从而得解．【详解】∵，∴，当且仅当时，等号成立，∴，即，∴，则，∴．故2．17．(1)(2)【分析】（1）由，得，从而，，由此能求出实数的取值范围；（2）分和两种情况讨论，进而可求出实数的取值范围．【详解】（1）∵，∴，∴，，解得，∴实数的取值范围是；（2）∵，∴当时，则，解得，符合题意；当时，则或，解得综上，实数m的取值范围是．18．（1）；（2）作图见解析；（3）.【分析】（1）分和去掉绝对值符号即可得到结果；（2）根据解析式作出函数图象即可：（3）结合（2）中函数图象即可求出值域．【详解】（1）当时，；当时，．∴（2）函数的图象如图所示：（3）由（2）知，在上的值域为．19．(1)，(2)【分析】（1）根据题意求集合，再结合集合间的运算求解；（2）根据，可得，根据题意可知：集合B是集合A的真子集，结合包含关系分析求解.【详解】（1）因为，若，则或，可得，，或，所以.（2）因为，令，解得或，且，即，则，若“”是“”的充分不必要条件，则集合B是集合A的真子集，可得，解得，所以实数a的取值范围．20．（1）；（2）.【分析】（1）利用分类讨论法求解即可；（2）利用绝对值三角不等式求出，得到，再利用基本不等式求解.【详解】解：不等式或或，解得，故原不等式的解集为；（2）∴的最大值4，，∵，，，∴，∴，∴的最小值为，当且仅当时等号成立．21．(1)，从第年起开始盈利(2)选择方案①更有利于该公司的发展；理由见解析【分析】（1）根据题意可得表达式，令，解不等式即可；（2）分别计算两个方案的利润及所需时间，进而可确定方案.【详解】（1）由题意可知，令，得，解得，所以从第年起开始盈利；（2）若选择方案①，设年平均利润为万元，则，当且仅当，即时等号成立，所以当时，取得最大值，此时该项目共获利（万元）．若选择方案②，纯利润，所以当时，取得最大值，此时该项目共获利（万元）．以上两种方案获利均为万元，但方案①只需年，而方案②需年，所以仅考虑该项目的获利情况时，选择方案①更有利于该公司的发展．22．(1)(2)(3)【分析】（1）根据一元一次和一元