2023-2024学年重庆市高一上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年重庆市高一上学期期中数学质量检测模拟试题一、选择题：本大题共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．命题，，则命题p的否定是（

）A．， B．，C．， D．，2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．正确表示图中阴影部分的是（

）A． B．C． D．4．设，，则有（

）A． B． C． D．5．下列四组函数，表示同一函数的是（

）A． B．C． D．6．已知，则的最小值是（

）A．4 B．8 C．12 D．167．已知，则函数的解析式为（

）A． B．C． D．8．已知是上的增函数，那么a的取值范围是（

）A． B． C． D．二、选择题：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．给出以下几组集合，其中是相等集合的有（

）A．，B．，C．，D．，10．若“”是“”充分不必要条件，则实数a的值可以是（

）A．5 B．6 C．7 D．811．下列说法正确的是（

）A．若对任意实数x都成立，则实数k的取值范围是B．若时，不等式恒成立，则实数a取值范围为C．若，，且，则的最小值为18D．已知函数，若，则实数a的值为或12．已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（

）A．B．C．D．设关于的方程的解为，则三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知实数满足，则的取值范围是．14．已知函数的定义域为，则函数的定义域为．15．设全集，用U的子集可表示由0，1组成的6位字符串，如表示的是从左往右第1个字符为1，第3个字符为1，其余均为0的6位字符串，并规定空集表示的字符串为000000．（1）若，则表示的6位字符串为．（2）若，集合表示的字符串为011011，则满足条件的集合A的个数为个．16．设函数是定义在上的奇函数，，若对任意两个不相等的正数都有，则不等式的解集为.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、证明过程或演算步骤.17．已知集合中有三个元素：，，，集合中也有三个元素：0，1，．(1)若，求实数的值；(2)若，求实数的值．18．已知集合，，．(1)求，．(2)若______，求实数m的取值范围．请从①，②，③这三个条件中选一个填入（2）中横线处，并完成（2）问的解答．19．已知(1)求函数的值域；(2)用定义证明在区间上是增函数.20．已知函数是定义在上的奇函数，当时，．(1)求函数的解析式；(2)若，求实数的取值范围．21．2023年10月11日，连接贵阳至广州的贵广高铁正式提速，按最高时速300公里运营，并同步加密列车开行频次，我国西南地区至珠三角及粤港澳大湾区的高铁运行时间进一步压缩.目前，铁路部门将在贵广高铁线路上开行列车177列，根据客流变化在高峰时段增加高峰线12列；其中，贵阳站至广州南站130列.贵广高铁提速将有效提升高铁运输能力和效率，对密切西南与华南地区往来交流、推动成渝地区双城经济圈和粤港澳大湾区高质量发展具有重要意义.现在已知列车的发车时间间隔（单位：分钟）满足．经市场调研测算，列车载客量与发车时间间隔相关，当时列车为满载状态，载客量为720人；当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为3分钟时的载客星为396人．记列车载客量为．(1)求的表达式；(2)若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值．22．定义：若函数在其定义域内存在实数，使，则称是的一个不动点.已知函数.(1)当，时，求函数的不动点；(2)若对任意的实数，函数恒有两个不动点，求的取值范围；(3)在（2）的条件下，若图象上两个点、的横坐标是函数的不动点，且、的中点在函数的图象上，求的最小值.1．B【分析】根据存在量词命题的否定为全称命题即可求解.【详解】命题，，则命题p的否定是，,故选：B2．A【分析】根据常见数集，整理集合表示，根据交集的运算，可得答案.【详解】由集合，则，.故选：A.3．C【分析】根据图及集合的关系和运算判断.【详解】由图及集合的关系和运算，通过韦恩图判断，下面四个图分别对应选项ABCD,

判断C正确.故选：C.4．B【分析】利用作差法可得出、的大小关系.【详解】因为，当且仅当时，等号成立，故.故选：B.5．D【分析】根据函数的三要素，逐一判断即可.【详解】对于A，因为与对应法则不一致，不是同一函数；对于B，因为定义域为，而的定义域为R，所以两函数的定义域不同，故不能表示同一函数；对于C，因为定义域为，而的定义域为，所以两函数的定义域不同，故不能表示同一函数；对于D，，的定义域均为R，对应关系也相同，值域也相同，故能表示同一函数.故选：D.6．D【分析】由基本不等式可得答案.【详解】已知，则，，当且仅当，即时“”成立，故所求最小值是16.故选：D．7．C【分析】直接利用换元法可得答案，解题过程一定要注意函数的定义域.【详解】令，则，，因为，所以，则.故选：C.8．A【分析】根据分段函数的单调性的性质以及基本初等函数的单调性即可求解.【详解】是上的增函数，所以，故选：A9．CD【分析】利用集合相等的定义即可判断各选项.【详解】对于A，是点集，是数集，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，，故C正确；对于D，，，故D正确.故选：CD.10．BCD【分析】根据分式不等式化简得，进而根据充分不必要条件转化成子集关系，即可求解.【详解】由得，故“”是“”充分不必要条件，所以，故，故选：BCD11．CD【分析】对于选项A：根据具体函数定义域结合已知得出在上恒成立，即可根据含参一元二次不等式恒成立的解法分类讨论，解出答案，即可判断；对于选项B：根据对钩函数的性质得出若时，，即可判断；对于选项C：根据已知得出，即可根据基本不等式1的妙用得出，根据基本不等式得出答案，即可判断；对于选项D：根据分段函数求函数值判断a的值为或是否满足题意.【详解】对于选项A：若对任意实数x都成立，则在上恒成立，当时，，满足题意，当时，在上恒成立，则，解得，故A错误；对于选项B：根据对钩函数的性质可得函数在上单调递增，则当时，，故当恒成立，则实数a取值范围为，故B错误；对于实数C：，，且，则，则，当且仅当，即，时，等号成立，故C正确；对于选项D：若，则，满足题意，若，则，满足题意，故D正确；故选：CD.12．ABD【分析】结合题意可得和为方程的两根，且，，根据韦达定理可得，，从而判断AB选项；通过化简，进而可判断C选项；令，结合题意可得方程在上的两个解为和，进而得到，可得，利用作差法即可判断D选项.【详解】因为不等式的解集为，所以和为方程的两根，且，，所以，即，，又，所以，所以，，故AB正确；而，故C错误；因为关于的方程的解为，令，即，所以关于的方程在上有两个解，结合题意，可得方程在上的两个解为和，所以，所以，又，且，所以，即，所以，故D正确.故选：ABD.方法点睛：解决一元二次不等式解集相关问题，常常转化为对应一元二次方程的根的问题，进而结合韦达定理求解.13．【分析】利用不等式的性质即可求得答案【详解】解：因为，所以，因为所以，所以的取值范围是，故14．【分析】抽象函数定义域问题，同一个对应法则下，括号内的式子取值范围相同，从而得解.【详解】因为的定义域为，所以对于，有，得，则函数的定义域为.故15．【分析】（1）先求出，然后根据字符串的定义求解即可，（2）由已知可求得，而，从而可求出集合A【详解】（1）因为，，所以，所以表示的6位字符串为.（2）因为集合表示的字符串为011011，所以，又，所以集合A可能为，，，，即满足条件的集合B的个数为4.故（1），（2）416．【分析】根据题意分析函数的奇偶性单调性求解即可.【详解】构造函数,则因为是定义在上的奇函数,故为定义域是的偶函数,又对任意两个不相等的正数都有,即,故在上为减函数.又,故.综上,为偶函数,且在上单调递增,在上单调递减.且.故即.根据函数性质解得故本题主要考查了构造抽象函数,根据函数的单调性与奇偶性与零点等求解不等式的问题.属于中档题.17．(1)的值为0或(2)的值为【分析】（1）若，则或，再结合集合中元素的互异性，能求出的值．（2）当取0，1，时，都有，集合中的元素都有互异性，由此能求出实数的值．【详解】（1）集合中有三个元素：，，，，或，解得或，当时，，，，成立；当时，，，，成立．的值为0或．（2）集合中也有三个元素：0，1，，，当取0，1，时，都有，集合中的元素都有互异性，，，．实数的值为．18．(1)，或(2)【分析】（1）根据不等式的运算得出集合，根据集合的交并补运算得出答案；（2）根据各条件分析可得，即可根据集合间的包含关系得出答案.【详解】（1），，，，或，（2）若选①：，则，若，则，解得，若，则，解得，综上，则，若选②：，若，则，解得，若，则，解得，综上，则，若选③：，则，若，则，解得，若，则，解得，综上，则，故实数m的取值范围为.19．(1)．(2)证明见解析【分析】（1）对函数化简变形后利用分式的性质可求得答案，（2）任取，，且，然后作差变形，判断符号，从而可证得结论，【详解】（1）由题意，函数，因为，所以，所以的值域为．（2）任取，，且，则，，，，，即，故函数在区间上是增函数．20．(1)(2)【分析】（1）利用奇函数的性质即可得解；（2）利用函数的奇偶性与单调性可去掉符号，再考虑到定义域即可得解．【详解】（1）因为为奇函数，所以，当时，，则，由为奇函数，得，又满足，所以（2）当时，易知为单调递增函数，则由奇函数的性质可知是定义在上的增函数，又因为，所以，故有，即，解得，所以.21．(1)(2)发车时间间隔为3分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大为84元【分析】（1）由题设，结合求得的值，进而求解；（2）由题意分和两种情况求得解析式，进而结合基本不等式及函数性质求解即可.【详解】（1）由题意，当时，设，所以，解得，所以.（2）由题意，当时，，当且仅当，即时，等号成立，即；当时，，所以当时，.因为，所以当发车时间间隔为3分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大为84元．22．(1)或(2)(3)【分析】（1）根据题意解方程即可，（2）由题意可得方程有两个不相等的实根，得，