浙江省宁波市余姚重点中学2023-2024学年高一（上）第一次质检数学试卷（含解析）

2023-2024学年浙江省宁波市余姚重点中学高一（上）第一次质检数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.全集，集合，则( )
A. B. C. D.
2.已知命题：，，则命题的否定是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.是的条件．( )
A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要
4.已知关于的不等式的解集是或，则不等式的解集是( )
A. B. 或
C. D. 或
5.已知函数的定义域是，则函数的定义域是( )
A. B.
C. D.
6.关于的不等式的解集是，则实数的取值范围是( )
A. B. 或
C. 或 D. 或
7.已知函数在上是单调的函数，则实数的取值范围是( )
A. B.
C. D.
8.已知函数在定义域上是单调函数，若对任意都有，则( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.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
10.已知定义在上函数的图象是连续不断的，且满足以下条件：
，；
，，当时，都有；
．
则下列选项成立的是( )
A.
B. 若，则
C. 若，则
D. ，，使得
11.已知关于的不等式组，下列说法正确的是( )
A. 当时，不等式组的解集是
B. 当，时，不等式组的解集是
C. 如果不等式组的解集是，则
D. 如果不等式组的解集是，则
12.早在西元前世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在论音乐中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同而今我们称为正数，的算术平均数，为正数，的几何平均数，并把这两者结合的不等式叫做基本不等式下列与基本不等式有关的命题中正确的是( )
A. 若，，，则的最小值为
B. 若，，，则的最小值为
C. 若，，，则的最小值为
D. 若，，，则的最大值是
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.函数的单调增区间是______ ．
14.函数在上的值域是______ ．
15.一般地，若函数的定义域为，若存在区间，使得，，则称为函数的“倍跟随区间”；特别地，若函数的定义域为，若存在区间，使得，，则称为函数的“跟随区间”若是函数的一个跟随区间，则 ______ ．
16.已知函数，，若对任意，任意，都有不等式成立，求实数的取值范围______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
设命题：实数满足，其中命题：实数满足．
当时，命题，都为真，求实数的取值范围；
若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知集合，集合．
若集合，求实数的值；
若，求实数的取值范围．
19.本小题分
已知函数．
有两根，，且，求实数的取值范围；
有两根，，且，求实数的取值范围．
20.本小题分
汤姆今年年初用万元购进一辆汽车，每天下午跑滴滴出租车，经估算，每年可有万元的总收入，已知使用年所需的各种费用维修、保险、耗油等总计为万元今年为第一年．
该出租车第几年开始盈利总收入超过总支出？
该车若干年后有两种处理方案：
当盈利总额达到最大值时，以万元价格卖出；
当年平均盈利达到最大值时，以万元卖出．
试问哪一种方案较为合算？请说明理由．
21.本小题分
已知函数满足，当时，，且．
求，的值，并判断的单调性；
当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
22.本小题分
已知函数，，集合．
若集合中有且仅有个整数，求实数的取值范围；
集合，若存在实数，使得，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：全集，集合，
则．
故选：．
求出，再求出即可．
本题考查了补集的运算，考查转化思想，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：根据题意，命题：，是全称命题，
其否定为：，．
故选：．
根据题意，由全称命题和特称命题的关系，分析可得答案．
本题考查命题的否定，注意全称命题和特称命题的关系，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：当时，，即成立；
反之，当时，解得或，不一定得到．
因此，“”是“”的充分不必要条件．
故选：．
根据题意，利用充分必要条件的概念进行正反推理论证，即可得到本题的答案．
本题主要考查了一元二次方程的解法、充要条件的判断等知识，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由条件可知，的两个实数根是和，且，
则，得，，
所以，即，
解得：，
所以不等式的解集为．
故选：．
利用三个二次关系计算参数的关系，再解一元二次不等式即可．
本题考查二次不等式的解集与系数之间的关系，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为函数的定义域是，则对于函数，
应有，求得且，
故函数的定义域是．
故选：．
由题意，根据分式的性质，函数的定义域的定义，可得，由此求得的范围．
本题主要考查分式的性质，函数的定义域的定义，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：关于的不等式的解集是，
当时，，
若，不等式化为，解得，不符合题意，
若，不等式化为，解集为，符合题意，
当时，，
则，解得或，
综上所述，实数的取值范围是或
故选：．
分和两种情况讨论，结合二次函数的性质求解．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：根据题意，分种情况讨论：
若函数在上是单调递增函数，
则有，解可得，
若函数在上是单调递减函数，
则有，无解；
综合可得：，即的取值范围为．
故选：．
根据题意，按函数为增函数和减函数两种情况讨论，分别求出的取值范围，综合可得答案．
本题考查函数单调性的性质，涉及分段函数的解析式，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：因为函数在定义域上是单调函数，
若对任意都有，
可设，故，且，
解得，所以，则．
故选：．
根据已知条件利用换元法求出函数的解析式，然后代入即可求解．
本题主要考查抽象函数及其应用，函数的求值，考查运算求解能力，属于基础题．
9.【答案】
【解析】【分析】
根据题意，根据不等式的基本性质和举反例，综合可得答案．
本题考查不等式的性质以及应用，注意不等式成立的条件，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，依次分析选项：
对于，若，，则，则有，A正确；
对于，当，，，时，，B错误；
对于，若，，则，即，则有，C正确；
对于，当，，，时，，D错误；
故选：．
10.【答案】
【解析】解：由条件得是偶函数，条件得在上单调递增，
所以，故A对，
若，则，得，故B错，
若，则或，因为，所以或，故C正确，
因为定义在上函数的图象是连续不断的，且在上单调递增，所以，
所以对，只需即可，故D正确．
故选：．
由条件可得是偶函数且在上单调递增，然后逐一判断每个选项即可．
本题主要函数奇偶性和单调性的应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题目．
11.【答案】
【解析】解：对于，由得，，
又，所以，
从而不等式组的解集为，所以A正确；
对于，当时，不等式即为，解集为，
当时，不等式即为，解集为，所以B正确；
对于，当的解集为时，，即，
因此，时二次函数的值都是，
由当时，二次函数的值为，得，
解得或，
当时，由，解得或，不满足，不符合题意；
当时，由，解得或，
因为满足，
所以，此时，
所以C错误，D正确．
故选：．
利用一元二次不等式的解法，逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，，当时，，故的最小值不是，故A错误；
对于，由得，
故，
当且仅当，即时，的最小值为，B正确；
对于，，
同理可得，结合，得，
，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，C正确；
对于，由，得，
而，
故，当时，等号成立，
所以的最大值是，D正确．
故选：．
根据题意利用基本不等式，结合“的代换”，对各项逐一加以判断，即可得到本题的答案．
本题主要考查不等式的性质、利用基本不等式求最值等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：解，得定义域为，或；
，解得；
的单调增区间为．
故答案为．
先求函数的定义域，求，解，结合定义域即可求出函数的单调增区间．
考查通过求导，解的不等式求单调区间的方法，并注意要在定义域内找函数的单调区间．
14.【答案】
【解析】解：当时，，
当时，
，
，当且仅当时，等号成立，
，
，
当时，
，
，当且仅当时，等号成立，
，
，
综上所述，的值域为．
故答案为：．
先对函数变形，再分类讨论，并结合基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查函数值域的求解，考查分类讨论的思想，属于中档题．
15.【答案】或
【解析】解：由题意可知，，
当时，取得最小值，
是函数的一个跟随区间，
当时，，
，
，
当时，，
，
当时，，
，
解得，
综上所述，或．
故答案为：或．
由题意可知，，则，又因为，所以分和两种情况讨论，分别令，求出的值即可．
本题主要考查了分段函数的应用，考查了求函数的值域，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：因为对任意，任意，都有不等式成立，
所以有，，
由二次函数的性质可知，
，其图象的对称轴为直线，
当时，即当时，函数在上单调递增，
则恒成立，
当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
令，得，
当，即时，在上单调递减，
，，
令，解得，
综上，实数的取值范围为．
故答案为：．
由题意将问题转化为，，对于求出其对称轴后利用二次函数的性质可求出其最大值，对于分，和三种情况求出其最小值，然后由求解即可．
本题考查了二次函数的性质、分类讨论思想及转化思想，属于中档题．
17.【答案】解：：实数满足，其中，解得．
命题：实数满足，解得．
时，：命题，都为真，
则，解得．
故实数的取值范围是．
是的充分不必要条件，：，，
则，或，
解得或．
故实数的取值范围是．
【解析】，均为真命题，把代入，分别计算范围得到答案．
是的充分不必要条件，根据表示范围关系解得答案．
本题主要考查充分条件和必要条件，同时考查了一元二次不等式的解法，属于基础题．
18.【答案】解：因为集合，
又集合，
所以，
将代入方程，可得，解得或，
当时，，符合题意；
当时，，符合题意．
综上所述，或；
若，
则，
当时，方程无解，则，解得；
当时，则无解；
当时，则无解；
当时，则无解．
综上所述，实数的取值范围为．
【解析】利用集合交集的定义得到，代入方程求解即可；
利用子集的定义，分，，，，由根与系数的关系，列式求解即可．
本题考查了集合的运用，集合交集与并集的理解与应用，集合子集定义的运用，属于中档题．
19.【答案】解：因为有两根，，且，
所以，解得，
故的取值范围为；
因为有两根，，且，
所以且对称轴，
解得不存在．
故的取值范围为．
【解析】由题意得，，解不等式可求；
由题意得且，解不等式可求．
本题主要考查了二次方程的实根分布问题，体现了转化思想的应用，属于基础题．
20.【答案】解：由题意可知扣除支出后的纯收入，，
令，解得：，
又，
且，
即从第二年开始盈利．
，，
，
所以当时，盈利总额达到最大值，
所以年时间共盈利万，
年平均盈利，当且仅当即时，等号成立，
所以年时间共盈利万，
两个方案盈利总数一样，但是方案二时间短，比较合算．
【解析】由题意可知，令求出的取值范围，再结合，即可确定出租车第几年开始盈利．
分别计算两种方案的最大盈利，再比较即可判定出方案二比较合算．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了二次函数的性质，是中档题．
21.【答案】解：令，得，得，
令，，得，得；
令，所以，所以，
因为，所以，所以，即有，
即在上为增函数；
方法一、由，可得，
，即，即，
又，所以，
又因为在上为增函数，所以在上恒成立，
得在上恒成立，
若，则得；
若，则可得在上恒成立，
所以满足题意；
若，由在上恒成立，在上恒成立，
可得在上恒成立，则；
综上所述，的取值范围是
方法二、因为，即，即，
又，所以，
又因为在上为增函数，所以在上恒成立；
得在上恒成立，
即在上恒成立，
因为，当时，取最小值，所以；
则的取值范围是
【解析】令，可得，再令，，可得，由单调性的定义，结合条件可判断的单调性；
由等式和的单调性，可得在上恒成立，方法一、讨论，，，结合二次函数的性质，可得所求范围；方法二、运用参数分离和配方法，结合二次函数的最值求法，可得所求范围．
本题考查抽象函数的单调性的判断和运用，以及不等式恒成立问题解法，考查方程思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
22.【答案】解：由，
由于对称轴为，所以，集合中有且仅有个整数，所以集合的个整数只可能是，，，
若即时，集合与题意矛盾，所以；
若即时，集合，
则，解得，
若即时，集合，
则，解得，
综上所述实数的取值范围是；
若即时，集合，，
因为，所以即解得，
若即时，集合，
则
设集合，因为，即，如图所示，
则，即，得，
所以可得，所以，所以，
又因为，
所以即．
综上所述的取值范围是．
【解析】根据条件解不等式，即，分、、得到集合，通过二次函数的对称轴分析，又集合中有且仅有个整数，故个整数只可能是，，，然后由集合列出不等式组，解不等式组即可得的取值范围；
分和两种情况分别写出集合，对应的解集，根据列出不等式组，综合利用不等式的性质，求出的取值范围即可．
本题考查利用不等式的整数解求参数，由于二次函数的零点之间的大小不确定，需对参数进行讨论，考查了分类讨论思想的应用，同时也考查了利用集合的包含关系求参数，正确理解并表达集合是解题的关键，属于难题．
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