2023-2024學(xué)年北京市朝陽(yáng)區(qū)高一上冊(cè)期中數(shù)學(xué)學(xué)情調(diào)研模擬試題（附解析）

2023-2024學(xué)年北京市朝陽(yáng)區(qū)高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè)模擬試題一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng).1．已知集合，，那么集合等于（

）A． B． C． D．2．設(shè)命題，則為（

）A． B．C． D．3．設(shè)集合，若，則a的取值范圍是（

）A． B． C． D．4．已知是定義在上的偶函數(shù)，當(dāng)時(shí)，圖象如圖所示，則下列關(guān)系正確的是（

）A．B．C．D．5．下列函數(shù)中，是奇函數(shù)且在區(qū)間上單調(diào)遞減的是（

）A． B． C． D．6．已知，且，則下列不等式一定成立的是（

）A． B． C． D．7．設(shè)，則“”是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．從2015年到2020年，某企業(yè)通過(guò)持續(xù)的技術(shù)革新來(lái)降低其能源消耗，到了2020年該企業(yè)單位生產(chǎn)總值能耗降低了20%.如果這五年平均每年降低的百分率為x，那么x滿足的方程是（

）A． B． C． D．9．函數(shù)f(x)=ax2+(a-3)x+1在區(qū)間[-1,+∞)上是遞減的,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[-3,0) B．(-∞,-3]C．[-2,0] D．[-3,0]10．設(shè)為定義在R上的函數(shù)，函數(shù)是奇函數(shù).對(duì)于下列四個(gè)結(jié)論：①；②；③函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱；④函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱；其中，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分.把答案填在答題卡上.11．函數(shù)的定義域是.12．已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，且當(dāng)時(shí)，，則.13．函數(shù)f(x)＝的最大值為．14．函數(shù)的定義域?yàn)镈，給出下列兩個(gè)條件：①對(duì)于任意，當(dāng)時(shí)，總有；②在定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù).請(qǐng)寫出一個(gè)同時(shí)滿足條件①②的函數(shù)，則.15．已知函數(shù)給出下列四個(gè)結(jié)論：①存在實(shí)數(shù)，使函數(shù)為奇函數(shù)；②對(duì)任意實(shí)數(shù)，函數(shù)既無(wú)最大值也無(wú)最小值；③對(duì)任意實(shí)數(shù)和，函數(shù)總存在零點(diǎn)；④對(duì)于任意給定的正實(shí)數(shù)，總存在實(shí)數(shù)，使函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是.三、解答題：本大題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程.16．設(shè)集合，不等式的解集為B.(1)當(dāng)時(shí)，求，，；(2)當(dāng)時(shí)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.17．設(shè)函數(shù)（1）求函數(shù)的圖像與直線交點(diǎn)的坐標(biāo)：（2）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的最小值（3）用單調(diào)性定義證明：函數(shù)在上單調(diào)遞增.18．已知函數(shù)．(1)若，求不等式的解集；(2)己知，且在上恒成立，求a的取值范圍；(3)若關(guān)于x的方程有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，，求的取值范圍．19．已知函數(shù).(1)若，求函數(shù)在區(qū)間上的最大和最小值；(2)解不等式.20．設(shè)某商品的利潤(rùn)只由生產(chǎn)成本和銷售收入決定．生產(chǎn)成本C（單位：萬(wàn)元）與生產(chǎn)量x（單位：千件）間的函數(shù)關(guān)系是C＝3+x；銷售收入S（單位：萬(wàn)元）與生產(chǎn)量x間的函數(shù)關(guān)系是.（Ⅰ）把商品的利潤(rùn)表示為生產(chǎn)量x的函數(shù)；（Ⅱ）為使商品的利潤(rùn)最大化，應(yīng)如何確定生產(chǎn)量？21．設(shè)函數(shù)其中P，M是非空數(shù)集．記f(P）＝{y|y＝f(x)，x∈P}，f(M)＝{y|y＝f(x)，x∈M}．（Ⅰ）若P＝[0，3]，M＝(﹣∞，﹣1)，求f(P)∪f(wàn)(M)；（Ⅱ）若P∩M＝?，且f(x)是定義在R上的增函數(shù)，求集合P，M；（Ⅲ）判斷命題“若P∪M≠R，則f(P)∪f(wàn)(M)≠R”的真假，并加以證明．1．C【分析】先求出集合，再根據(jù)并集合的運(yùn)算求出兩個(gè)集合的并集.【詳解】，所以，故選：C2．C特稱命題的否定是全稱命題，先否定量詞，再否定結(jié)論.【詳解】命題，則為：故選：C3．D【分析】根據(jù)，由集合A，B有公共元素求解.【詳解】集合，因?yàn)?，所以集合A，B有公共元素，所以．故選：D4．A【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性得到，再結(jié)合當(dāng)時(shí)，函數(shù)為單調(diào)遞減函數(shù)，即可求解.【詳解】由題意，函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，可得，又由當(dāng)時(shí)，函數(shù)為單調(diào)遞減函數(shù)，所以，所以.故選：A.5．C根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性對(duì)各個(gè)選項(xiàng)逐一分析即可.【詳解】對(duì)A，函數(shù)的圖象關(guān)于軸對(duì)稱，故是偶函數(shù)，故A錯(cuò)誤；對(duì)B，函數(shù)的定義域?yàn)椴魂P(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故是非奇非偶函數(shù)，故B錯(cuò)誤；對(duì)C，函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故是奇函數(shù)，且在上單調(diào)遞減，故C正確；對(duì)D，函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故是奇函數(shù)，但在上單調(diào)遞增，故D錯(cuò)誤.故選：C.6．D對(duì)A，B，C，利用特殊值即可判斷，對(duì)D，利用不等式的性質(zhì)即可判斷.【詳解】解：對(duì)A，令，，此時(shí)滿足，但，故A錯(cuò)；對(duì)B，令，，此時(shí)滿足，但，故B錯(cuò)；對(duì)C，若，，則，故C錯(cuò)；對(duì)D，，則，故D正確.故選：D.7．A【分析】先解不等式，再根據(jù)兩個(gè)解集包含關(guān)系得結(jié)果.【詳解】,又，所以“”是“”的充分不必要條件，選A.充分、必要條件的三種判斷方法．1．定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假．并注意和圖示相結(jié)合，例如“?”為真，則是的充分條件．2．等價(jià)法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價(jià)關(guān)系，對(duì)于條件或結(jié)論是否定式的命題，一般運(yùn)用等價(jià)法．3．集合法：若?，則是的充分條件或是的必要條件；若＝，則是的充要條件．8．D根據(jù)題設(shè)逐年列出生產(chǎn)總值能耗后可得正確的選擇.【詳解】設(shè)2015年該企業(yè)單位生產(chǎn)總值能耗為，則2016年該企業(yè)單位生產(chǎn)總值能耗，2017年該企業(yè)單位生產(chǎn)總值能耗，2018年該企業(yè)單位生產(chǎn)總值能耗，2019年該企業(yè)單位生產(chǎn)總值能耗，2020年該企業(yè)單位生產(chǎn)總值能耗，由題設(shè)可得即，故選：D.9．D【詳解】當(dāng)a=0時(shí),f(x)=-3x+1顯然成立,當(dāng)a≠0時(shí),需解得-3≤a<0,綜上可得-3≤a≤0.【誤區(qū)警示】本題易忽視a=0這一情況而誤選A,失誤的原因是將關(guān)于x的函數(shù)誤認(rèn)為是二次函數(shù).10．C令，①：根據(jù)求解出的值并判斷；②：根據(jù)為奇函數(shù)可知，化簡(jiǎn)此式并進(jìn)行判斷；根據(jù)與的圖象關(guān)系確定出關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱的情況，由此判斷出③④是否正確.【詳解】令，①因?yàn)闉樯系钠婧瘮?shù)，所以，所以，故正確；②因?yàn)闉樯系钠婧瘮?shù)，所以，所以，即，故正確；因?yàn)榈膱D象由的圖象向左平移一個(gè)單位得到的，又的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，故③錯(cuò)誤④正確，所以正確的有：①②④，故選：C.結(jié)論點(diǎn)睛：通過(guò)奇偶性判斷函數(shù)對(duì)稱性的常見(jiàn)情況：（1）若為偶函數(shù)，則函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱；（2）若為奇函數(shù)，則函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)成中心對(duì)稱.11．且【分析】求使函數(shù)有意義的的范圍即為定義域，逐項(xiàng)求解即可.【詳解】解：由題意得，解得且，故函數(shù)的定義域?yàn)榍?故且12．【分析】根據(jù)題意，結(jié)合，代入即可求解.【詳解】由函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，且當(dāng)時(shí)，，則.故答案為.13．2【分析】求出函數(shù)在每一段的最大值，再進(jìn)行比較，即可得答案；【詳解】當(dāng)時(shí)，函數(shù)為減函數(shù)，所以在處取得最大值為；當(dāng)時(shí)，易知函數(shù)在處取得最大值為.故函數(shù)的最大值為2.故2.本題考查分段函數(shù)的最值，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.14．根據(jù)題意寫出一個(gè)同時(shí)滿足①②的函數(shù)即可.【詳解】解：易知：，在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減，故對(duì)于任意，當(dāng)時(shí)，總有；且在其定義域上不單調(diào).故答案為.15．①②

④分別作出，和的函數(shù)的圖象，由圖象即可判斷①②③④的正確性，即可得正確答案.【詳解】如上圖分別為，和時(shí)函數(shù)的圖象，對(duì)于①：當(dāng)時(shí)，，圖象如圖關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以存在使得函數(shù)為奇函數(shù)，故①正確；對(duì)于②：由三個(gè)圖知當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)既無(wú)最大值也無(wú)最小值；故②正確；對(duì)于③：如圖和圖中存在實(shí)數(shù)使得函數(shù)圖象與沒(méi)有交點(diǎn)，此時(shí)函數(shù)沒(méi)有零點(diǎn)，所以對(duì)任意實(shí)數(shù)和，函數(shù)總存在零點(diǎn)不成立；故③不正確對(duì)于④：如圖，對(duì)于任意給定的正實(shí)數(shù)，取即可使函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，故④正確；故①②④關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題的關(guān)鍵點(diǎn)是分段函數(shù)圖象，涉及二次函數(shù)的圖象，要討論，和即明確分段區(qū)間，作出函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合可研究分段函數(shù)的性質(zhì).16．(1)，，或(2)或【分析】（1）根據(jù)條件，先求出集合，再借助數(shù)軸即可求出結(jié)果；（2）根據(jù)，分和兩種情況討論，即可得出結(jié)果.【詳解】（1）由，得到，即，當(dāng)時(shí)，，由圖知，，，或.（2）因?yàn)椋?dāng)，即，得到，滿足題意，，即，由，得到，得到，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為或.17．(1)或

(2)

7

(3)證明見(jiàn)解析.（1）由解出方程可得答案.（2）利用均值不等式可得答案.(3)由定義法證明函數(shù)單調(diào)性的步驟即可證明.【詳解】（1）由，即，解得或所以函數(shù)的圖像與直線交點(diǎn)的坐標(biāo)為或（2）當(dāng)時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng),即時(shí)，取得等號(hào).所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)的最小值為7.(3)任取，且則由，且，則，所以，則所以，即所以函數(shù)在上單調(diào)遞增思路點(diǎn)睛：本題考查利用函數(shù)的奇偶性求參數(shù)，證明函數(shù)的單調(diào)性和利用單調(diào)性解不等式.證明函數(shù)的單調(diào)性的基本步驟為：(1)在給定的區(qū)間內(nèi)任取變量，且設(shè).(2)作差變形，注意變形要徹底，變形的手段通常有通分、因式分解、配方、有理化等.(3)判斷符號(hào)，得出的大小.(4)得出結(jié)論.18．(1)或(2)(3)【分析】（1）由題意得，求解即可得出答案；（2）函數(shù)，可得二次函數(shù)圖象的開口向上，且對(duì)稱軸為，題意轉(zhuǎn)化為，利用二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，即可得出答案；（3）利用一元二次方程的根的判別式和韋達(dá)定理，即可得出答案．【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，，即，解得或，∴不等式的解集為或；（2），則二次函數(shù)圖象的開口向上，且對(duì)稱軸為，∴在上單調(diào)遞增，，在上恒成立，轉(zhuǎn)化為，∴，解得，故實(shí)數(shù)的取值范圍為；（3）關(guān)于x的方程有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，∵，，，∴且，解得，，令（），在上單調(diào)遞減，，，故的取值范圍為．19．(1)最大值為，最小值為(2)答案見(jiàn)解析【分析】（1）當(dāng)時(shí)，可得，結(jié)合二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，即可求解；（2）把不等式轉(zhuǎn)化為，結(jié)合一元二次不等式的解法，即可求解.【詳解】（1）解：當(dāng)時(shí)，可得，則函數(shù)表示開口向上的拋物線，且對(duì)稱軸為，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得最小值，最小值為，又因?yàn)?，所以函?shù)的最大值為，綜上可得，函數(shù)的最大值為，最小值為.（2）解：由不等式，即，即不等式，當(dāng)時(shí)，不等式即為，此時(shí)不等式的解集為空集；當(dāng)時(shí)，即時(shí)，不等式的解集為；當(dāng)時(shí)，即時(shí)，不等式的解集為，綜上可得：當(dāng)時(shí)，不等式的解集為空集；當(dāng)時(shí)，不等式的解集為；當(dāng)時(shí)，不等式的解集為.20．（Ⅰ）；（Ⅱ）確定為5千件時(shí)，利潤(rùn)最大．(I)用銷售收入減去生產(chǎn)成本即得利潤(rùn)；(II)分段求出利潤(rùn)函數(shù)的最大值可得生產(chǎn)產(chǎn)量．【詳解】(I)設(shè)利潤(rùn)是(萬(wàn)元)，則，∴；(II)時(shí)，，由“對(duì)勾函數(shù)”知，當(dāng)，即時(shí)，，當(dāng)時(shí)，是減函數(shù)，時(shí)，，∴時(shí)，，∴生產(chǎn)量為5千件時(shí)，利潤(rùn)最大．本題考查分段函數(shù)模型的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是列出函數(shù)解析式．屬于基礎(chǔ)題．21．（Ⅰ）[0，+∞）；（Ⅱ）P＝（﹣∞，0）∪（0，+∞），M＝{0}；（Ⅲ）真命題，證明見(jiàn)解析(Ⅰ)求出f(P)＝[0，3]，f(M)＝(1，+∞)，由此能過(guò)求出f(P)∪f(wàn)(M)．(Ⅱ)由f(x)是定義在R上的增函數(shù)，且f(0)＝0，得到當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＜0，(﹣∞，0)?P．

同理可證(0，+∞)?P．由此能求出P，M．(Ⅲ)假設(shè)存在非空數(shù)集P，M，且P∪M≠R，但f(P)∪f(wàn)(M)＝R．證明0∈P∪M．推導(dǎo)出f(﹣x0)＝﹣x0，且f(﹣x0)＝﹣(﹣x0)＝x0，由此能證明命題“若P∪M≠R，則f(P)∪f(wàn)(M)≠R”是真命題．【詳解】(Ⅰ)因?yàn)镻＝[0，3]，M＝(﹣∞，﹣1)，所以f(P)＝[0，3]，f(M)＝(1，+∞)，所以f(P)∪f(wàn)(M)＝[0，+∞)．(Ⅱ)因?yàn)閒(x)是定義在R上的增函數(shù)，且f(0)＝0，所以當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＜0，所以(﹣∞，0)?P．

同理可證(0，+∞)?P．因?yàn)镻∩M＝?，所以P＝(﹣∞，0)∪(0，+∞)，M＝{0}．(Ⅲ)該命題為真命題．證明如下：假設(shè)存在非空數(shù)集P，M，且P∪M≠R，但f(P)∪f(wàn)(M)＝R．首先證明0∈P∪M．否則，若0?P∪M，則0?P，且0?M，則0?f(P)，且0?f(M)，即0?f(P