2023-2024學(xué)年北京市高一上學(xué)期10月月考數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題（含解析）

2023-2024學(xué)年北京市高一上學(xué)期10月月考數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題本試卷共8頁，150分?？荚嚂r長90分鐘?？忌鷦?wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題共10小題，每小題5分，共50分。在每題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．若函數(shù)且,則=（

）A．7 B．8 C．9 D．103．設(shè)全集，，，則圖中陰影部分對應(yīng)的集合為（

）A． B． C． D．4．若，下列不等式中不一定成立的是（）A． B． C． D．5．已知函數(shù)的定義域為，則的定義域是A． B． C． D．6．已知實數(shù)、、滿足，那么“”是“”成立的A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件7．二次函數(shù).的圖象與軸的兩個交點的橫坐標(biāo)分別為，且，如圖所示，則的取值范圍是（

）A． B． C．或 D．8．已知函數(shù)，若，則（

）A． B．0 C．或0 D．9．若存在,有成立，則實數(shù)a的取值范圍是（

）A． B．C． D．10．對集合的每一個非空子集，定義一個唯一確定的“交替和”，概念如下：按照遞減的次序重新排列該子集，然后從最大的開始，交替減加后面的數(shù)所得的結(jié)果.例如：集合的“交替和”為6-4+2-1=3,集合的“交替和”為8-3=5,集合{6}的“交替和”為6,則集合所有非空子集的“交替和”的和為（

）A． B． C． D．二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數(shù)的定義域為．12．已知，且，則的取值范圍是13．已知不等式的解集為或,則不等式的解集是14．已知函數(shù)，的值域是，則實數(shù)的取值范圍是．15．若，則實數(shù)的一個取值為.16．高斯函數(shù)是數(shù)學(xué)中的一個重要函數(shù)，在自然科學(xué)、社會科學(xué)以及工程學(xué)等領(lǐng)域都能看到它的身影.設(shè),用符號表示不大于x的最大整數(shù)，如稱函數(shù)叫做高斯函數(shù).給出下列關(guān)于高斯函數(shù)的說法：①②若,則③函數(shù)的值域是④函數(shù)在上單調(diào)遞增其中所有正確說法的序號是三、解答題共5小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程。17．設(shè)全集為R,集合.(注：如果選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分)(1)若,求;(2)當(dāng)=0時,是否滿足?說明理由;(3)在,這三個條件中任選一個作為已知條件,求實數(shù)a的取值范圍.18．已知函數(shù).(1)若不等式對于一切實數(shù)恒成立，求實數(shù)的取值范圍；(2)若，解關(guān)于的不等式.19．某游戲廠商對新出品的一款游戲設(shè)定了“防沉迷系統(tǒng)”規(guī)則如下：①3小時內(nèi)（含3小時）為健康時間，玩家在這段時間內(nèi)獲得的累積經(jīng)驗值E（單位：）與游玩時間t（單位：小時）滿足關(guān)系式：；②3到5小時（含5小時）為疲勞時間，玩家在這段時間內(nèi)獲得的經(jīng)驗值為0（即累積經(jīng)驗值不變）；③超過5小時為不健康時間，累積經(jīng)驗值開始損失，損失的經(jīng)驗值與不健康時間成正比例關(guān)系，正比例系數(shù)為50．（1）當(dāng)時，寫出累積經(jīng)驗值E與游玩時間t的函數(shù)關(guān)系式，求出游玩6小時的累積經(jīng)驗值；（2）該游戲廠商把累積經(jīng)驗值E與游玩時間t的比值稱為“玩家愉悅指數(shù)”，記為，若，且該游戲廠商希望在健康時間內(nèi)，這款游戲的“玩家愉悅指數(shù)”不低于24，求實數(shù)a的取值范圍．20．已知函數(shù)(1)求函數(shù)的零點;(2)證明:函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增;(3)若時,恒成立，求正數(shù)的取值范圍.21．設(shè)集合為非空數(shù)集，定義.(1)若集合,直接寫出集合及；(2)若集合且，求證；(3)若集合且，求中元素個數(shù)的最大值.1．B【分析】根據(jù)交集概念進行求解即可.【詳解】故選：B.2．C【分析】應(yīng)用換元法求得，再由求參數(shù)值即可.【詳解】令，則，故，所以.故選：C3．D【分析】解一元二次不等式可求得集合，再由圖中陰影部分利用集合的基本運算即可求得結(jié)果.【詳解】解集合對應(yīng)的不等式可得，即；易知圖中陰影部分對應(yīng)的集合可表示為，由可得，因此，即圖中陰影部分對應(yīng)的集合為.故選：D4．A【分析】利用作差、作商法即可判斷A、B的正誤，由不等式的性質(zhì)可判斷C、D的正誤.【詳解】A：，又，知：，但無法確定符號，錯誤；B：，，故，正確；C：由，知，即，正確；D：由，有，正確；故選：A5．B根據(jù)函數(shù)的定義域求出函數(shù)的定義域為，由可得的定義域.【詳解】解：因為函數(shù)的定義域為，所以，可得，則的定義域為，由，可得，即的定義域為.故選：B.抽象函數(shù)的定義域問題：（1）若已知函數(shù)的定義域為，其復(fù)合函數(shù)的定義域由不等式求出；（2）若已知函數(shù)的定義域為，則的定義域為在上的值域.6．B【分析】由，可得出，由可知，然后再根據(jù)已知條件以及邏輯性關(guān)系推導(dǎo)出兩者間的充分不必要條件關(guān)系.【詳解】，若，則必有，由，可得出，則；另一方面，若，且，則，事實上，若，則.則.因此，“”是“”成立的充分不必要條件.故選B.本題考查充分不必要條件的判斷，同時也考查了不等式性質(zhì)的應(yīng)用，考查邏輯推理能力，屬于中等題.7．D【分析】據(jù)題意和圖形可知，只需要滿足即可，解不等式即可求解.【詳解】由題意可得，即，解得.故選：D.8．A【分析】對進行分類討論，直接計算可求解.【詳解】時，，則，進一步分類討論，時，即時，，整理得，根據(jù)條件得；時，即時，，得，不符題意；時，，，進一步分類討論，時，即時，與不符；時，即，所以時，有，得，與題意不符；故選：A9．B【分析】參數(shù)分離可得，設(shè)，將存在問題轉(zhuǎn)化為，求出函數(shù)的最大值，即可得到實數(shù)a的取值范圍.【詳解】因為，所以將原不等式參數(shù)分離可得，設(shè)，已知存在，有成立，則，令，則，，由對勾函數(shù)知在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，，所以，即，故選：B.10．C【分析】根據(jù)新定義及子集的定義即可求解.【詳解】由題意得：集合的非空子集中,除去集合,還有個非空集合,將這個子集分成兩類:第一類：包含的子集；第二類：不包含的子集；在第二類和第一類子集之間建立如下的對應(yīng)關(guān)系：，其中是第二類子集，顯然這種對應(yīng)是一一映射設(shè)的“交替和”為，則的“交替和”為，這一對集合的“交替和”的和等于，所以集合A的所有非空集合的“交替和”總和為.故選:C.11．【分析】根據(jù)分式和根式的定義域求出范圍即可.【詳解】由,解得且,故定義域為,故答案為:.12．【分析】根據(jù)，結(jié)合基本不等式求解即可.【詳解】因為，故，又，故，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，故的取值范圍是.故13．【分析】首先根據(jù)題意得到為方程的根，從而得到，再解不等式即可.【詳解】因為不等式的解集為或，所以，且為方程的根.所以，所以，解得.故14．根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性：在區(qū)間上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，且，，要使的值域是，即可得到的取值范圍.【詳解】解：因為函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，且，，所以函數(shù)在區(qū)間上的值域是，必有．故．本題考查二次函數(shù)的值域問題，其中要特別注意它的對稱性．15．（答案不唯一）【分析】根據(jù)題意，由交集的定義可知不等式的解集為的子集即可滿足題意.【詳解】因為，且當(dāng)時，即時，，當(dāng)時，即時，才有可能使得，當(dāng)?shù)膬筛鶆偤檬菚r，即，此時的解集為剛好滿足，所以，所以實數(shù)的一個取值可以為.故答案為:16．①②④【分析】由高斯函數(shù)的定義逐一判斷即可.【詳解】對①，由高斯函數(shù)的定義，可得，故①正確；對②，若，則，而表示不大于x的最大整數(shù)，則，即，故②正確；對③，函數(shù)，當(dāng)時，，故③錯誤；對④，函數(shù)，即函數(shù)為分段函數(shù)，在上單調(diào)遞增，故④正確.故選：①②④.17．(1)(2)不滿足，理由見解析(3)【分析】（1）利用一元二次不等式的解法及補集的定義，結(jié)合交集的定義即可求解；（2）利用并集的定義即可求解；（3）利用集合的運算與集合間的關(guān)系及子集的定義即可求解.【詳解】（1）全集為,集合或，所以;又時,集合，所以（2）當(dāng)時,不滿足,理由如下:故.（3）選擇①作為已知條件.(選擇②③的解法同①)因為,所以,又由或得,當(dāng)時,,解得;當(dāng)時，或，所以或，所以或.綜上,可得的取值范圍為.18．(1)；(2)答案見解析.【分析】(1)根據(jù)給定條件利用一元二次不等式恒成立求解作答.(2)在給定條件下分類解一元二次不等式即可作答.【詳解】（1），恒成立等價于，，當(dāng)時，，對一切實數(shù)不恒成立，則，此時必有，即，解得，所以實數(shù)的取值范圍是.（2）依題意，因，則，當(dāng)時，，解得，當(dāng)時，，解得或，當(dāng)時，，解得或，所以，當(dāng)時，原不等式的解集為；當(dāng)時，原不等式的解集為或；當(dāng)時，原不等式的解集為或.19．（1）；（2）（1）分三段求函數(shù)的解析式，并根據(jù)解析式求；（2）由條件寫出時，，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最小值大于等于0，求的取值范圍.【詳解】（1）當(dāng)時，，，當(dāng)時，,當(dāng)時，當(dāng)時，所以，當(dāng)時，.（2）當(dāng)時，，整理得：恒成立，令函數(shù)的對稱軸是，當(dāng)時，取得最小值，即，關(guān)鍵點點睛：本題屬于分段函數(shù)應(yīng)用問題，題干較長，所以第一個關(guān)鍵就是讀懂題意，尤其是時，能正確轉(zhuǎn)化為一次函數(shù)，第二個關(guān)鍵就是第二問轉(zhuǎn)化為的最小值大于等于0.20．(1)=1或(2)證明見解析(3)【分析】（1）令解出即可；（2）根據(jù)單調(diào)性定義證明單調(diào)性即可；（3）恒成立，由（1）得恒成立，根據(jù)單調(diào)性等價于“ax2+2a>1恒成立，則，即可求出的取值范圍.【詳解】（1）因為所以，令則有，解得或；（2）任取,∈(0,+∞),<，則因為0<<,所以，即，所以函數(shù)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增；（3）若>0時,恒成立，即恒成立，因為a>0,所以ax2+2a>0，又函數(shù)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以“恒成立”等價于“ax2+2a>1恒成立”，即在x∈(0,+∞)上恒成立,即，令，易知在x∈(0,+∞)單調(diào)遞減，，故a的取值范圍為21．(1)，；(2)證明見解析；(3)1349.【分析】（1）根據(jù)定義寫出集合及；（2）由題設(shè)得且，即可證結(jié)論；（3）由定義可得，根據(jù)已知及容斥原理有最小元素為0，最大元素為進而有求k范圍，設(shè)且，依據(jù)所