2023-2024学年湖北省荆门市钟祥重点中学高一（上）月考数学试卷（9月份）（含解析）

2023-2024学年湖北省荆门市钟祥重点中学高一（上）月考数学试卷（9月份）
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.已知集合，集合，则( )
A. B. C. D.
2.命题：：，的否定为( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.已知函数则( )
A. B. C. D.
4.下列说法正确的是( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
5.设，，则“”是“且”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
6.已知关于的一元二次不等式的解集为，则不等式的解集为( )
A. B.
C. 或 D. 或
7.若两个正实数，满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为( )
A. B. 或
C. D. 或
8.对于实数，规定表示不大于的最大整数，那么不等式成立的充分不必要是
( )
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.已知可用列表法表示如下：
若，则可以取( )
A. B. C. D.
10.已知，且，则可以取的值为( )
A. B. C. D.
11.已知函数有两个零点，，则( )
A. B. 且
C. 若，则 D. 函数有四个零点或两个零点
12.若函数与的值域相同，但定义域不同，则称和是“同象函数”，已知函数，，则下列函数中，与是“同象函数”的有( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.函数的定义域为______ ．
14.已知命题“，”是假命题，则实数的取值范围是______ ．
15.已知满足，则解析式为______ ．
16.已知函数，若存在互不相等的实数，，满足，且，则______；的取值范围为______．
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
已知函数，求出的解析式．
求函数的定义域和函数的值域．
18.本小题分
函数的定义域为集合，集合，．
求，；
设：，：，且是的必要不充分条件，求实数的取值范围．
19.本小题分
已知，求证：；
已知，，，求证：．
20.本小题分
若二次函数满足且．
求函数的解析式；
若存在，使不等式成立，求实数的取值范围．
21.本小题分
第届冬季奥林匹克运动会，又称年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事，于年月日开幕，月日闭幕，本届奥运会共设个大项，个分项，个小项．北京赛区承办所有的冰上项目和自由式滑雪大跳台，延庆赛区承办雪车、雪橇及高山滑雪项目，张家口赛区承办除雪车、雪橇、高山滑雪和自由式滑雪大跳台之外的所有雪上项目，冬奥会的举办可以带动了我国亿人次的冰雪产业，这为冰雪设备生产企业带来了新的发展机遇．某冰雪装备器材生产企业，生产某种产品的年固定成本为万元，每生产千件，需另投入成本万元经计算若年产量千件低于千件，则这千件产品成本；若年产是千件不低于千件时，则这千件产品成本每千件产品售价为万元，为了简化运算我们假设该企业生产的产品能全部售完．
写出年利润万元关于年产量千件的函数解析式；
当年产量为多少千件时，企业所获得利润最大？最大利润是多少？
22.本小题分
设函数．
若，解关于的不等式；
若不等式对于实数时恒成立，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
所以．
故选：．
求解集合，根据集合的并集运算即可得出答案．
本题考查了描述法、列举法的定义，并集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：命题，的否定为，．
故选：．
根据全称命题的否定判断即可．
本题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：根据题意，函数则，
则，
故选：．
根据题意，由函数的解析式求出的值，进而计算可得答案．
本题考查分段函数的求值，涉及函数的解析式，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：对于选项，，则，故A错误；
对于选项，若，则，所以即，故B正确；
对于选项，若，，，则，
只有当时，即成立，故C错误；
对于选项，若，，则，故D错误．
故选：．
对于选项，取特殊值否定A错误；对于选项，根据不等式两边同乘正数不变号，可证明B正确；对于选项，可以证明只有时不等式成立，C错误；对于选项，取特殊值否定D错误．
本题主要考查了不等式性质的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由推不出且，例如，，
由且可推出，
所以“”是“且”的必要不充分条件，
故选：．
根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．
6.【答案】
【解析】解：关于的一元二次不等式的解集为，
和是方程的两个根，且，
，，
不等式可化为，，
即，
等价于，
解得或，
即原不等式的解集为或．
故选：．
由题意可知和是方程的两个根，且，由韦达定理可得，，代入不等式化简求解即可．
本题主要考查了“三个二次”的关系，考查了分式不等式的解法，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：两个正实数，满足，，
，
当且仅当，即，时等号成立，，
若不等式恒成立，则应，解得，，
故选：．
首先把不等式恒成立转化为求的最小值，再解关于的不等式即可．
本题考查了不等式恒成立如何转化为求最值，以及运用基本不等式求最值，是中档题．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了取整函数、不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
，解得进而判断出结论．
【解答】
解：，解得．
时，得．
故不等式成立的充分必要条件是，
故是不等式成立的充分不必要条件．
均不符合条件．
故选：．
9.【答案】
【解析】解：由题意得：
当时，，，故A错误；
当时，，，故B正确；
当时，，，故C正确；
当时，，，故D正确．
故选：．
的值分别取，，，，进行验证，能求出结果．
本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：，，，
，当且仅当，即时等号成立，
此时有，设，
则，，解得或舍去，
故，即．
故选：．
根据条件利用均值不等式构造不等式，利用换元法，解二次不等式即可求解．
本题主要考查了基本不等式及二次不等式的求解，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：由有两个零点可知：，故，故A正确；
由韦达定理可得：，，由于，故可正可负可为，因此无法判断，的正负，故B错误；
时，则，故C正确；
，如当时，令，可得，，，此时有个零点，故D错误．
故选：．
根据函数零点与方程根的关系可判断；
根据一元二次方程中韦达定理可判断，；
根据特殊情况可判断D错误．
本题考查了函数的零点、二次函数的性质和韦达定理，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：函数，，值域是，
对于：的值域是，是同象函数，
对于：，值域不同，不是同象函数，
对于：的值域是，是同象函数，
对于：的值域是，是同象函数，
故选：．
分别求出各个选项中函数的值域，根据同象函数的定义分别判断即可．
本题考查了新定义问题，考查求函数的值域问题，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：由，得，
故函数的定义域为：．
故答案为：．
根据二次根式与分式的意义求定义域即可．
本题主要考查函数的定义域及其求法，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为命题“，”是假命题，
所以其否定“任意，”是真命题，
即在上恒成立，
当时，不等式化为恒成立，
当时，若在上恒成立，
则，解得，
综上所述，实数的取值范围为，
故答案为：．
特称命题的否定为“任意，”是真命题，问题转化为在上恒成立，即可得出答案．
本题考查特称命题的否定，恒成立问题，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：将式中换成，
所以，整理得，
则，
解得：．
故答案为：．
直接利用解方程组求出函数的关系式．
本题考查了函数的解析式的求法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：作出函数的图象：可得时，的图象是二次函数的一部分，顶点为；当时，是一次函数的一部分，
令，则实数，，即为与有三个交点时，对应的三个实数根，此时，
结合，可知；
令，解得，故，
所以，
即．
故答案为：，．
作出函数的图象，结合二次函数的对称性、一次函数的单调性，即可求出结论．
本题考查分段函数零点的判断方法，以及数形结合思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：令，得，则，
得，
故，，
，由，得，
所以函数的定义域为
令，则，，所以，
又函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时函数取得最小值，最小值为，
故函数的值域为．
【解析】利用换元法令，即可求函数的解析式；
直接利用换元法结合二次函数即可求出函数的定义域和函数的值域．
本题考查了函数的解析式、定义域、值域的求法，是基础题．
18.【答案】解：由函数有意义，可得，解得，
所以集合，
因为函数，又，
所以，
所以，
所以，所以，
所以集合，，；
因为：，：，且是的必要不充分条件，
所以集合是的真子集，
当时，，满足题意；
当时，得则或，解得或，所以，
综上，实数的取值范围为．
【解析】根据函数的定义域与值域的求法，求集合与，再由集合运算的定义计算，；
由是的必要不充分条件可得集合是的真子集，进而可得的取值范围．
本题主要考查函数定义域的求解，以及充要条件、必要条件的定义，属于中档题．
19.【答案】证明：，
，，
，
，
又，
，
，
又，，
，即得证．
证明：，，，
，同理，
，当且仅当时等号成立，即得证．
【解析】本题主要考查不等式的性质，以及不等式的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
根据已知条件，结合不等式的性质，即可求证．
由，，，可得，，再结合基本不等式的公式，即可证明．
20.【答案】解：由，得，所以，
由，
又，得，
所以，，
故，，
所以．
因为存在，使不等式成立，
即存在，使不等式成立，
令，，故，所以，
即的取值范围为．
【解析】由可求，然后结合可求，，进而可求函数解析式；
由题意得存在，使不等式成立，结合存在性问题与最值关系的转化可求．
本题主要考查了待定系数法求解函数解析式，还考查了由存在性问题求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
21.【答案】解：当时，；
当时，，
所以；
当时，，
所以当时，取最大值；
当时，，
当且仅当时取等号，
综上：的最大值为，此时年产量为．
【解析】年利润为销售收入减去生产成本，分情况讨论计算即可；
当时，根据二次函数单调性求最大值，当时，根据基本不等式求最大值，比较即可得到答案．
本题主要考查函数的实际应用，掌握二次函数的性质，以及基本不等式的公式是解本题的关键，属于中档题．
22.【答案】解：不等式，即，当时，，
当时，不等式可化为，而，解得；
当时，不等式可化为；
当，即时，，且；
当，即时，或；
当，即时，或．
所以，
当时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为．．
不等式对于实数时恒成立，
即，，
显然，函数在上递增，
从而得，即，解得，
所以实数的取值范围是．
【解析】对参数分类讨论，结合二次函数的图象可得解集；
原问题等价于函数在上恒成立，转化为最值问题．
本题考查函数恒成立问题，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
第1页，共1页