2023-2024学年山东省潍坊市高一上册普通高中学科素养能力测评数学模拟测试卷（含解析）

2023-2024学年山东省潍坊市高一上学期普通高中学科素养能力测评数学模拟试题一、单选选择题：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．化简的结果是（

）A．2 B． C． D．2．已知“，”为真命题，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．3．存在函数满足：对任意，都有（

）A． B．C． D．4．函数与的图象如图所示，则函数的图象可能是（

）A． B． C． D．5．已知命题关于的不等式与的解集相同，命题：，则是成立的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件6．已知函数，则（

）A．是偶函数，且在上单调递增 B．是奇函数，且在上单调递减C．是偶函数，且在上单调递增 D．是奇函数，且在上单调递减7．定义在上的偶函数，记，，，则（

）A． B． C． D．8．已知一台擀面机共有对减薄率均在的轧辊（如图），所有轧辊周长均为，面带从一端输入，经过各对轧辊逐步减薄后输出，若某个轧辊有缺陷，每滚动一周会在面带上压出一个疵点（整个过程中面带宽度不变，且不考虑损耗），已知标号的轧辊有缺陷，那么在擀面机最终输出的面带上，相邻两个疵点的间距为（

）（减薄率）A． B． C． D．二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题9．已知实数、、，满足，则（

）A． B． C． D．10．函数，被称为狄利克雷函数，则（

）A．是偶函数 B．对任意，有C．对任意，有 D．对任意，有11．已知，，，若恒成立，则实数的值可以是（

）A． B． C． D．12．已知函数的定义域为，且，若函数在的值域为，则称为的“倍美好区间”.特别地，当时，称为的“完美区间”，则（）A．函数存在“倍美好区间”B．函数不存在“完美区间”C．若函数存在“完美区间”，则D．若函数存在“完美区间”，则三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13．已知函数，若，则.14．写出一个同时具有下列性质①②的函数.①对任意都成立；②在上不单调.15．设函数，若关于的方程有四个不相等的实数根、、、，则的取值范围为.16．设函数，，，则函数的图象与轴所围成图形中的封闭部分的面积是.四、解答题：本大题共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．设全集，集合，.(1)求；(2)设集合，若，求实数的取值范围.18．已知函数，且不等式的解集中有且仅有两个正整数.(1)求实数的取值范围；(2)若关于的不等式的解集是，求的最大值.19．为研究某种病毒的繁殖规律，并加以预防，将病毒注入一只小白鼠体内进行实验.经检测，病毒总数与天数存在指数函数关系，如下表.已知该种病毒在小白鼠体内的数量超过的时候小白鼠将死亡，但注射某种药物，将可杀死其体内的该种病毒.为了使小白鼠的实验过程中不死亡，设第一次在第天注射该种药物.第天（）病毒总数……(1)求的最大值；(2)当取最大值时，第二次最迟应在第几天注射该种药物，才能维持小白鼠的生命？附.20．已知函数，且是定义在上的奇函数.(1)求函数的解析式；(2)设，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围.21．已知定义在上的函数，对任意，有，且时，.(1)判断函数的奇偶性并证明；(2)判断函数在上的单调性并证明；(3)若，解不等式.22．对于函数，记，，，…，，其中.(1)若函数是一次函数，且，求的最小值；(2)若，且，求；(3)设函数（），记，，若，证明.1．D【分析】根据指数的运算法则，化成同底数，计算可求解.【详解】故选：D2．A【分析】由题意知需要大于的最小值，求出其最小值即可得.【详解】由题意得，又，此时，故.故选：A.3．C【分析】根据函数的定义，对于任一自变量有唯一的与之对应，对取特殊值，通过举反例排除即可.【详解】对于A选项，函数的定义域为，不合乎要求；对于B选项，当时，则有，当时，则有，与函数的定义矛盾；对于C选项，，令，则，其中，合乎题意；对于D选项，当时，则，当时，则，与函数的定义矛盾.故选：C.4．A【分析】结合在定义域上的函数值的正负即可判断.【详解】由图知，的定义域为，的定义域为，所以在处无意义，排除C，D；对B，令时，或，且，当时，，，所以，排除B故选：A5．D【分析】假设为真，验证能否得到，再假设为真，验证能否得到即可得.【详解】若，则可化为，则与的解集不同，故不是的必要条件；若、的解集都为空集，如、，此时两不等式解集都为空集，不满足，故不是的充分条件；综上所述，是成立的既不充分又不必要条件.故选：D.6．B【分析】由对数函数性质求出定义域，并利用奇偶性定义判断函数奇偶性，再结合复合函数判断区间单调性即可得.【详解】由，可得的定义域为，关于坐标原点对称，又，故该函数为奇函数，故AC错误，又，令，则，当时，随增大而增减小，且，故随增大而增减小，当时，随增大而增减小，但，故随增大而增大，又在定义域内单调递增，故在上单调递减，在上单调递增，故B正确，D错误.故选：B.7．B【分析】根据题意，由偶函数的性质求出的值，即可得的解析式，进而可得在上的单调性，再根据对数函数的性质即可得解．【详解】因为函数是定义在上的偶函数，所以，即，解得，所以，当时，为增函数，因为，，，,所以，所以，即.故选：B.8．C【分析】分析可知，第对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长，在此处出口的两疵点间面带体积与最终出口处两疵点间面带体积相等，宽度不变，利用除以可得结果.【详解】由图可知，第对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长，在此处出口的两疵点间面带体积与最终出口处两疵点间面带体积相等，因宽度不变，在擀面机最终输出的面带上，相邻两个疵点的间距为，故选：C.9．ACD【分析】利用不等式的基本性质推导出，利用不等式的基本性质可判断ABC选项，利用作差法可判断D选项.【详解】因为，则，，由不等式的基本性质可得，所以，，对于A选项，由不等式的基本性质可得，A对；对于B选项，由不等式的基本性质可得，B错；对于C选项，因为，则，由不等式的基本性质可得，C对；对于D选项，，所以，，D对.故选：ACD.10．ABD【分析】A，分是无理数和是有理数，两种情况根据奇偶性的定义讨论.B，分是无理数和是有理数，两种情况，从内函数到外函数讨论.C，时可判断；D分是无理数和是有理数，两种情况结合条件讨论.【详解】A，若是无理数，则也是无理数，此时，若是有理数，则也是有理数，此时，综上恒成立，故函数是偶函数，故A正确；B，若是有理数，则，则，若是无理数，则，则，故B正确，C，若，则，，C错误；D，若是有理数，则与均为有理数，则，若是无理数，则与均为无理数，则，综上：对任意，有，故D正确.故选：ABD11．ACD【分析】变形恒成立的不等式，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值，再解分式不等式即得.【详解】因为，则，而，于是，当且仅当，即时取等号，依题意，，整理得，解得或，所以实数的值可以是，，.故选：ACD12．AC【分析】分析每个函数的定义域及其在相应区间的单调性，按“k倍美好区间”，“完美区间”的定义，列出相应方程，再根据方程解的情况，判断正误.【详解】对于A，开口向下，对称轴为，若存在“倍美好区间”，则可设定义域为，值域为，当时，在上单调递增，此时易得为方程的两根，解得或.故存在定义域，使得的值域为，故A正确；对于B，易得在区间与上均为增函数，故若存在“完美区间”（同号），则有，即为的两根，即有两根，由于，且，则故存在“完美区间”，故B错误；对C，因为为减函数，若函数存在“完美区间”，则，则，，即，因为，所以，易得，所以，令，则，代入化简可得，同理也满足，则在区间上有两根不相等的实数根，故，解得，故C正确.对于D，因为，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，若函数存在“完美区间”（同号），当时，则，即为的两根，即为的两根，则，解得；当时，则，两式相减，得，因为，所以，即，所以，此时；综上：若函数存在“完美区间”，则，故D错误.故选：AC.关键点睛：抓住“倍美好区间”，“完美区间”的定义，在已知单调性的前提下，即可通过分析函数在区间端点处的取值，列出方程组.13．【分析】根据分段函数的概念代入求值即可.【详解】若则（舍去），若则或（舍去），故答案为.14．（答案不唯一）【分析】根据性质①②，即可写出一个函数，满足这2个性质，即得答案.【详解】根据性质①②，取函数，图象对称轴为，函数在在上单调递增，上单调递减，且，则满足①②，故15．【分析】画出函数图象，根据方程的根的个数，转化为函数图象与函数图象的交点个数，数形结合求出的范围及、、、之间的关系与范围，即可求解.【详解】结合题意，画出函数图象如图所示：不妨设，由图可知，由二次函数的对称性，有，有，即，即，即，即，由，则，则，令，，由对勾函数性质可知，在区间上单调递减，故，即的取值范围为.故答案为.16．7【分析】根据给定条件，探讨函数性质，在时，分段去绝对值符号，作出函数的图象，借助图象求出面积即得.【详解】依题意，函数的定义域为，，即函数是偶函数，当时，，当时，，当时，，作出函数在时的图象，利用偶函数性质得在上的图象，如图，其中点，所以函数的图象与轴所围成图形中的封闭部分的面积是：.故7关键点睛：含多层绝对值符号的函数，分段逐层去绝对值符号，再作出函数的图象是解决问题的关键.17．(1)(2)【分析】（1）解出集合、，利用交集的定义可求得集合；（2）求出集合，分、、三种情况讨论，求出集合，在时，直接验证即可，在时，根据可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围；【详解】（1）解：由得，即，解得，则，由可得，解得，即，所以，.（2）解：由（1）可得或，当时，，因为，所以，解得；当时，，此时；当时，，因为，所以，解得，综上，实数的取值范围是.18．(1)(2)4【分析】（1）结合二次函数的图像性质即可求解；（2）结合方程与不等式的关系，韦达定理及基本不等式即可求解.【详解】（1）因为，所以，又因为有且仅有两个正整数解，所以两个正整数解为1和2，所以，即，所以．（2）因为，即，因为不等式的解集为，所以为的两根，所以所以，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以的最大值为4．19．(1)(2)再经过天必须注射药物，故第二次应在第天注射药物【分析】（1）由表格中的数据可得出，解不等式可得结果；（2）计算出第一次注入药物后小白鼠体内剩余的病毒数量，可得出再经过天后小白鼠体内病毒数量为，解不等式，即可得出结论.【详解】（1）由题意病毒总数关于天数的函数为，则，两边取对数得，则，故的最大值为，故第一次最迟应在第天注射该种药物．（2）由题意第一次注入药物后小白鼠体内剩余的病毒数量为，再经过天后小白鼠体内病毒数量为，由题意，两边取对数得，得，所以再经过天必须注射药物，故第二次应在第天注射药物．20．(1)(2)【分析】（1）根据函数为奇函数，可得，结合及定义域计算即可得；（2）原问题可转化为求的最值与的最值之间的关系，计算即可得.【详解】（1）因为为奇函数，所以，即，即，所以，解得，，因为，所以，，当时，，定义域为，不符合要求；当时，，满足要求；所以；（2）因为，因为在上单调递增，所以在上单调递增，所以在上的值域为，因为对任意，存在，使得成立，所以对任意恒成立，即对任意恒成立，即对任意恒成立，令，则，所以，所以．21．(1)为奇函数，证明见解析；(2)在上单调递增，证明见解析；(3).【分析】（1）利用赋值法求出，再利用奇偶函数的定义推理判断即得.（2）任取，利用函数单调性定义推理即可.（3）利用（1）（2）的结论，求解抽象的函数不等式.【详解】（1）为奇函数，证明如下：令，则，令，任意，有则，即，所以函数为奇函数．（2）在上单调递增，证明如下：任取，且，则，显然，即，又，因此，又，则，于是，即，所以函数在上单调递增.（3）因为函数的定