2023-2024學(xué)年福建省永安市高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題（含解析）

2023-2024學(xué)年福建省永安市高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題一、單選題（每小題5分，共40分）1．設(shè)集合，，則（

）A． B． C． D．2．命題“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，3．已知冪函數(shù)的圖像過點(diǎn)，則對的表述正確的有（

）A．是奇函數(shù)，在上是減函數(shù) B．是奇函數(shù)，在上是增函數(shù)C．是偶函數(shù)，在上是減函數(shù) D．是偶函數(shù)，在上是減函數(shù)4．設(shè)，，，則a，b，c的大小關(guān)系是（

）A． B．C． D．5．“不等式在R上恒成立”的充分不必要條件是（

）A． B． C． D．6．函數(shù)的定義域?yàn)?，則的定義域?yàn)椋?/p>

）A． B． C． D．7．函數(shù)部分圖像大致是（

）A． B．C． D．8．函數(shù)的定義域?yàn)镽，對任意的，有，且函數(shù)為偶函數(shù)，則（

）A． B．C． D．二、多選題（共4小題，每小題5分，全部選對得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）9．下列各組函數(shù)不是同一個(gè)函數(shù)的是（

）A．，B．，C．，D．，10．下列命題中正確的是（

）A．對任意a，b∈R，a2＋b2≥2ab、a＋b≥2均成立B．若a≠0，則a＋≥2＝4C．若a，b∈R，則ab≤D．若a>0，b>0，且a＋b＝16，則ab≤6411．下列說法正確的是（

）A．若是奇函數(shù)，則一定有B．函數(shù)在定義域內(nèi)是減函數(shù)C．若的定義域?yàn)?，則的定義域?yàn)镈．函數(shù)的值域?yàn)?2．對于定義在D函數(shù)若滿足：①對任意的，；②對任意的，存在，使得．則稱函數(shù)為“等均值函數(shù)”，則下列函數(shù)為“等均值函數(shù)”的為（

）．A． B．C． D．三、填空題（每小題5分，共20分）13．函數(shù)，且的圖象恒過定點(diǎn)

.14．“”為真命題，則實(shí)數(shù)的最大值為.15．若函數(shù)在上為增函數(shù)，則取值范圍為.16．已知函數(shù)且在上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.四、解答題（共70分）17．（1）計(jì)算.（2）已知且，求的值；18．已知集合U為全體實(shí)數(shù)，或，.(1)若，求；(2)若，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.19．設(shè)命題實(shí)數(shù)x滿足，其中，命題實(shí)數(shù)x滿足.(1)若，且p與q均是真命題，求實(shí)數(shù)x的取值范圍；(2)若P是q成立的必要不充分條件，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.20．（1）已知二次函數(shù)，且滿足，，求的表達(dá)式；（2）已知是一次函數(shù)，且，求的表達(dá)式.21．已知是定義域?yàn)榈钠婧瘮?shù)，當(dāng)時(shí)，.(1)求函數(shù)的解析式；(2)判斷函數(shù)在上的單調(diào)性，不需要證明；(3)解關(guān)于的不等式.22．已知函數(shù)是定義域?yàn)榈钠婧瘮?shù).(1)求函數(shù)的解析式；(2)判斷在上的單調(diào)性并用定義證明；(3)設(shè)，求在上的最小值.1．B【分析】解不等式確定集合，然后由交集定義計(jì)算．【詳解】由題意或，，所以故選：B．2．A【分析】利用全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，然后直接判斷作答.【詳解】命題“，”是全稱量詞命題，其否定是存在量詞命題，所以命題“，”的否定是“，”.故選：A3．C【分析】根據(jù)冪函數(shù)的定義求解出函數(shù)的解析式，再根據(jù)解析式分析函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性可得出答案.【詳解】依題意可設(shè)，則，解得，所以，故是偶函數(shù)，且在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)．故選：C.4．D【分析】由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性比較【詳解】，，所以，而，所以故選：D5．C【分析】根據(jù)二次不等式恒成立求出充要條件，再由充分不必要條件的概念求出選項(xiàng).【詳解】不等式在R上恒成立，即，對A，“”無法推出“”，反之“”也無法推出“”，故“”是不等式在R上恒成立的既不充分也不必要條件，故A錯誤；對B，“”無法推出“”，反之，“”可以推出“”，故“”是不等式在R上恒成立的必要不充分條件，故C錯誤，對C，，但“”不能推出“”成立，故是不等式在R上恒成立的充分不必要條件，故C正確，對D，顯然是充要條件，故D錯誤，故選：C.6．A【分析】令，進(jìn)而解出即可得到答案.【詳解】令.故選：A.7．B【分析】先由函數(shù)的奇偶性排除部分選項(xiàng)，然后再由的解及解的個(gè)數(shù)判斷.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)镽，又，所以函數(shù)是偶函數(shù)，排除AD，令，得，且只有一個(gè)解，排除C，故選：B8．B【分析】由條件有在上單調(diào)遞減，函數(shù)為偶函數(shù)，則的圖像關(guān)于直線對稱，由對稱性和單調(diào)性可得的大小關(guān)系.【詳解】對任意的，有,即對任意的,設(shè)，都有，所以在上單調(diào)遞減.又函數(shù)為偶函數(shù)，即.則的圖像關(guān)于直線對稱.所以,則.故選：B.本題考查函數(shù)單調(diào)性的定義及其應(yīng)用，考查函數(shù)的奇偶性和對稱性，屬于中檔題.9．BCD【分析】利用相同函數(shù)的意義，逐項(xiàng)分析判斷作答.【詳解】對于A，兩個(gè)函數(shù)定義域都為R，對應(yīng)法則相同，只是表示自變量的符號不同，A是同一函數(shù)；對于B，函數(shù)定義域?yàn)镽，定義域?yàn)榉橇銓?shí)數(shù)集，B不是同一函數(shù)；對于C，函數(shù)定義域?yàn)?，而定義域?yàn)?，C不是同一函數(shù)；對于D，函數(shù)定義域?yàn)镽，定義域?yàn)榉橇銓?shí)數(shù)集，D不是同一函數(shù).故選：BCD10．CD【分析】根據(jù)重要不等式和基本不等式的成立條件判斷選項(xiàng)的正誤.【詳解】對于A，當(dāng)，時(shí)，才能成立，A錯誤；對于B，當(dāng)時(shí)才能使用基本不等式求最小值，B錯誤；對于C，因?yàn)?，所以，即，C正確；對于D，，，所以，D正確.故選：CD.11．CD【分析】舉例說明判斷A；求出函數(shù)單調(diào)區(qū)間判斷B；求出復(fù)合函數(shù)的定義域判斷C；利用單調(diào)性求出函數(shù)值域判斷D作答.【詳解】對于A，函數(shù)是奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)值不存在，A不正確；對于B，函數(shù)定義域?yàn)?，在上都遞減，在定義域上不單調(diào)，B不正確；對于C，因?yàn)槎x域?yàn)椋瑒t在中，由得：，所以的定義域?yàn)?，C正確；對于D，函數(shù)的定義域?yàn)?，且在上單調(diào)遞增，于是得時(shí)，，所以函數(shù)的值域?yàn)?，D正確.故選：CD12．ABC【分析】根據(jù)已知“等均值函數(shù)”的定義，逐項(xiàng)分析驗(yàn)證所給函數(shù)是否滿足所給的兩個(gè)條件，即可判斷答案.【詳解】對于定義域?yàn)镽，滿足，滿足，對任意的，存在，使得,故A正確；對于，若，則，則，若，則，則，即滿足①；對任意的，存在，使得，對任意的，存在，使得，即滿足②，故B正確；對于，定義域?yàn)?，對任意的，都有成立，滿足①；對任意的，存在，使得，即滿足②，故C正確；對于，定義域?yàn)?，?dāng)時(shí)，，故對任意的，不成立，故D錯誤，故選：ABC13．【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)恒過的定點(diǎn)，結(jié)合目標(biāo)函數(shù)解析式，即可求得結(jié)果.【詳解】令，解得，又當(dāng)時(shí)，，故函數(shù)，且的圖象恒過定點(diǎn).故答案為.14．【分析】由可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)椤啊睘檎婷}，所以，即.所以實(shí)數(shù)的最大值為.故15．【詳解】函數(shù)在上為增函數(shù)，則需，解得，故填.16．【分析】根據(jù)不等式在上恒成立，按照分段函數(shù)，分段處理，結(jié)合參變分離求最值即可得實(shí)數(shù)a的取值范圍.【詳解】解：在上恒成立，則當(dāng)時(shí)，恒成立，所以，又，即，故當(dāng)時(shí)，，所以；當(dāng)時(shí)，恒成立，所以，又當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號成立，所以，所以；綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.故答案為.17．（1）；（2）3【分析】（1）由根式與指數(shù)冪、指數(shù)冪運(yùn)算性質(zhì)化簡求值；（2）利用及已知求目標(biāo)式的值.【詳解】（1）原式.（2）由題意知，可得，又所以即所以.18．(1)；(2).【分析】（1）把代入，利用補(bǔ)集、交集的定義求解作答.（2）根據(jù)給定條件，結(jié)合集合的包含關(guān)系分類求解作答.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，而，所以.（2）由，得，當(dāng)時(shí)，，解得，滿足；當(dāng)時(shí)，，即，則有或，解得或，因此，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是.19．(1)(2)【分析】（1）分別假設(shè)為真命題，解二次不等式解得，再取兩者交集即可；（2）先解命題中的二次不等式，再由必要不充分條件得到集合間的關(guān)系，從而利用數(shù)軸法即可得解.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，若命題p為真命題，則由解得，若命題q為真命題，則由解得，因?yàn)榕c均是真命題，所以，即；（2）由得，又，則有，因?yàn)槭堑谋匾怀浞謼l件，所以是的真子集，則有，其中等號不能同時(shí)取得，解得，故實(shí)數(shù)的取值范圍是.20．（1）；（2）或.（1）設(shè)的表達(dá)式為，由，可得，由，可列出關(guān)于和的方程組，解之即可；（2）設(shè)的表達(dá)式為，由，可列出關(guān)于和的方程組，解之即可.【詳解】解：（1）設(shè)的表達(dá)式為，∵，，∴，，化簡得，，∴，解得，∴.（2）設(shè)的表達(dá)式為，∵，∴，即，∴，解得或，∴或.21．(1)；(2)單調(diào)遞增；(3).【分析】（1）利用奇偶性求解析式即可；（2）利用單調(diào)性的定義判斷即可；（3）利用奇偶性、單調(diào)性和定義域列不等式，解不等式即可.【詳解】（1）令，則，，又為奇函數(shù)，所以，所以.（2）在上單調(diào)遞增.（3），由為奇函數(shù)可得，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，所以，解得，所以不等式的解集為.22．(1)；(2)單調(diào)遞增；證明見解析.(3).【分析】（1）根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義即可求得答案；（2）判斷出函數(shù)的單調(diào)性，按照單調(diào)性的定義即可證明；（3）求出的表達(dá)式，換元將函數(shù)轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)，討論二次函數(shù)圖象的對稱軸和區(qū)間的位置關(guān)系，即可確定函數(shù)的最小值，可得答案.【詳解】（1）∵為奇函數(shù)，∴，可得，此時(shí)，滿足，即函數(shù)是定義域?yàn)榈钠婧瘮?shù)，所以函數(shù)的解析式為；（2）在上為增函數(shù).證明：設(shè)為R上任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，且，,,∴