山东省济宁市邹城市2023-2024学年高一上学期11月期中教学质量检测数学试题【含答案解析】

2023~2024学年度第一学期期中教学质量检测高一数学试题2023.11本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的考场、座号、姓名、班级填（涂）写在答题卡上，将条形码粘贴在“贴条形码区”.2.做选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再改涂其它答案标号.3.非选择题须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡中各题目指定的区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.否则，该答题无效.4.考生必须保持答题卡的整洁；书写力求字体工整、符号规范、笔迹清楚.一、单项选择题（本题共8个小题，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.已知集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据交集和补集的知识求得正确答案.【详解】依题意，，所以.故选：C2.已知命题，，则命题是（）A.， B.， C.， D.，【答案】A【解析】【分析】由存在量词命题的否定可知选项A正确.【详解】存在量词命题的否定为全称量词命题，条件不变，否定结论，可知是，.故答案为：A.3.下列函数是幂函数且在是增函数的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由幂函数的概念和单调性可得选项C正确.【详解】由幂函数的概念可以排除B、D选项，而在是减函数，在是增函数，故答案为：C.4.已知，，，均为实数，则下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】D【解析】【分析】根据特殊值以及不等式的性质确定正确答案.【详解】A选项，若、，则，所以A选项错误.B选项，若，，如，则，所以B选项错误.C选项，若，，如，则，所以C选项错误.D选项，若，，则，所以D选项正确.故选：D5.已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则时，的解析式为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性求得正确答案.【详解】是定义域为的奇函数，当时，，所以.故选：A6.若，则的最小值为（）A.8 B.4 C.2 D.0【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式计算即可.【详解】，当且仅当，即时取得最小值.故选：C7.若函数在其定义域内是一个单调递增函数，则实数取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分段函数两段都是单调递增，并且在时，，列不等式组即可求得实数的取值范围.【详解】因为函数在其定义域内是一个单调递增函数，所以，可解得.故选：B.8.设函数，若不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先代入得到不等式恒成立，然后对参数分类讨论即可.【详解】，即在区间上恒成立，令，则为开口向上且对称轴为轴二次函数，若，此时，而不恒为负数，所以不恒成立，矛盾；若，此时，要使得，则恒成立，而在单调递增，所以，所以只需满足，解得或（舍），故选：B【点睛】关键点睛：恒成立问题的关键在于问题转化，本题不等式恒成立转化为恒成立，进而转化为单调性问题即可.二、多项选择题（本题共4个小题，每小题5分，共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.下列各组函数中表示同一个函数的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】AD【解析】【分析】定义域、对应法则相同的函数为同一函数即可判断各选项函数是否为同一函数.【详解】选项A:两函数的定义域均为R，且，所以两函数对应关系也相同，所以两个函数是同一个函数，故A正确;选项B:的定义域为，的定义域为R，两个函数的定义域不同，所以不是同一个函数，故B错误；选项C:的定义域为R，的定义域为，两个函数的定义域不同，所以不是同一个函数，故C错误；选项D:两函数的定义域均为R，对应关系也相同，所以两个函数是同一个函数，故D正确.故选：AD.10.下列四个结论中，正确结论是（）A.“所有平行四边形都是菱形”是全称量词命题B.已知集合，均为实数集的子集，且，则C.，有，则实数的取值范围是D.“”是“”的充分不必要条件【答案】ACD【解析】【分析】根据全称量词命题定义可判断A；作出韦恩图结合集合的运算可判断B；根据命题为真列出不等式求解即可判断C；根据充分不必要条件可判断D.【详解】对于A，因为命题中含有量词“所有”，故该命题为全称量词命题，故符合题意；对于B，如图设全集，集合，集合如图所示，根据运算得，故B不符合题意；对于C，，有成立，则，解得，故C符合题意；对于D，满足的数一定满足，所以充分性满足，而满足的数不一定满足，所以必要性不满足，即“”是“”的充分不必要条件，故D符合题意.故选：ACD.11.若函数，定义域为，下列结论正确的是（）A.的图象关于轴对称 B.，使C.在和上单调递减 D.的值域为【答案】AC【解析】【分析】分析函数奇偶性判断A；令，求出的值和定义域比较判断B；分别在和研究函数单调性判断C；求出函数的值域判断D.【详解】对于A，，定义域为，关于原点对称，，所以为偶函数，关于轴对称，故A正确；对于B，，则，即，解得，与定义域矛盾，所以不存在，使，故B错误；对于C，，因为当和，单调递增，所以单调递减，即单调递减，故C正确；对于D，，因为且，则且，所以且，即且，所以的值域为，故D错误，故选：AC.12.已知，且，若方程的两个实数根是，则的值可以是（）A. B. C. D.9【答案】BCD【解析】【分析】利用根与系数的关系及基本不等式计算即可.【详解】由题意可知，所以,当且仅当时取得等号.故选：BCD三、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分；其中，多空题第1空3分，第2空2分.）13.已知集合，，若，则实数的取值范围为_________.【答案】【解析】【分析】利用集合间的基本关系计算即可.详解】由题意可知.故答案为：.14.函数的定义域为，函数的定义域为__________.【答案】【解析】【分析】根据抽象函数的定义域求法可得：，再由分母不为零可得，联立即可得解.【详解】由题意可得：，解得且，所以函数的定义域为：.故答案为：.15.已知，，且，则的最小值是___________.【答案】3【解析】【分析】利用基本不等式计算即可.【详解】由，当且仅当即时取得最小值.故答案为：316.已知“取整数”函数的函数值表示不超过的最大整数，例如，，.当时，函数的解析式为_________；定义：尾数函数，，那么，尾数函数的值域为__________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据取整函数的定义可得.【详解】由题意当时，，当时，，当时，，故；当为整数时，，此时，当为非整数时，，故的值域为故答案为：；四、解答题（本大题共6个小题，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，.（1）若，求；（2）若，试求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）解不等式求得结合，先求得，进而求得.（2）根据集合是否是空集进行分类讨论，由此列不等式来求得的取值范围.【小问1详解】由，解得，所以，当时，，所以或，所以.【小问2详解】因为，所以.①若，即时，，符合题意；②若，即时，满足，须有解得.综上，所求实数的取值范围为.18.已知关于的不等式，其解集为.（1）求该不等式的解集；（2）对，不等式恒成立，试求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分式不等式转化为二次不等式求解即可；（2）根据不等式恒成立建立不等式求解即可.【小问1详解】不等式等价于，即，所以，解得，故所求不等式的解集.【小问2详解】令，对，不等式恒成立等价，即，解得.所求实数的取值范围是.19.已知函数是定义在上的偶函数.（1）求实数的值；（2）若，证明不等式：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用奇偶函数的定义求出实数的值.（2）代入函数解析式中得，然后化简变形，证明不等式成立.【小问1详解】因为是定义在上的偶函数，所以，即对恒成立，所以，即对恒成立，所以.【小问2详解】证明：方法一：由（1）得，不等式，即为，①因为，所以不等式①等价于，②因为，所以②成立，故原不等式成立.方法二：由（1）得，不等式即为：，①因为，所以不等式①等价于，②不等式等价于，因为，所以②成立，故原不等式成立.方法三：由（1）得，不等式即为：，①因为，所以不等式①等价于，②不等式等价于基本不等式变式，即，所以②成立，故原不等式成立.20.已知幂函数的图象过点，设函数.（1）求函数的解析式、定义域，判断此函数的奇偶性；（2）根据“定义”研究函数的单调性，画出的大致图象（简图），并求其值域.【答案】（1），，函数既不是奇函数也不是偶函数（2）图象见解析，值域为【解析】【分析】（1）设出函数表达式为，将点代入即可求出，进一步可得其定义域，根据奇偶性的定义判断即可.（2）直接由函数单调性的定义判断并证明即可，根据函数单调性、特殊点即可画出的大致图象，进而可得其值域.【小问1详解】依题意，设幂函数.因为函数的图象过点，所以，易得，所以.易得函数的定义域为；显然，函数的定义域不是关于原点对称的区间，所以函数既不是奇函数也不是偶函数.【小问2详解】由（1）知，，.设，且，则，因为，所以，，，所以，即，所以函数在区间上单调递增.函数图象如图所示：易得，函数的值域为.21.已知二次函数，且.（1）若函数的最小值为，求的解析式；（2）若，求函数在区间上的最小值.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用待定系数法及二次函数的性质计算即可；（2）分类讨论的值，结合二次函数的单调性计算即可.【小问1详解】因为二次函数，且，所以.由题意，得,解得，所以.【小问2详解】因为，所以二次函数，其对称轴为，.①当时，的图象是开口向下的抛物线，且在区间上单调递减，所以当时，取得最小值，即；②当，即时，在区间单调递减，在区间单调递增，所以；③当，即时，的图象是开口向上的抛物线，且在区间上单调递减，所以.综上所述，当或时，；当时，.22.2023年10月13日，中国花卉人的盛会—CFIC2023中花大会在无锡隆重开幕，“万物生花·惊艳绽放”，人在花中走，犹如画中游.某企业非常重视花卉苗木产业的培育和发展，决定对企业的某花卉进行一次评估，已知该花卉单棵售价为15元，年销售10万棵.（1）据市场调查，若该花卉单棵售价每提高1元，销售量将相应减少5000棵，要使销售的总收入不低于原收入，问：该花卉单棵售价最多定为多少元？（2）为了扩大该花卉的影响力，提高年利润，企业计划对该花卉进行种植技术革新和营销策略改革，预计在2024年投入（）万元作为技改费和宣传费用，单棵花卉的售价定为元，预估单棵种植成本为元，其销售量的函数关系近似为万棵，另每年需额外支出固定成本万元，试问：该企业投入多少万元技改费和宣传费时，可获得最高利润，最高利润多少万元（利润=销售额-成本-技改费和宣传费）.【答案】（1）元；（2）投入3万元技改费和宣传费时，可获得最高利润，最高利润为112.2万元.【解析】【分析】（1）根据条件得到售价提高后的总收入，再建立不等式求解即可；（2