2023-2024学年山东省潍坊市高一上学期11月期中质量监测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省潍坊市高一上学期11月期中质量监测数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简集合B，结合集合交集的定义运算即可.
【详解】，则.
故选：B
2．命题“，”的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】根据特称命题的否定，即可求解.
【详解】命题“，”的否定为：
，；
故选：C.
3．与函数为同一函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先判断函数定义域是否相同，再判断解析式是否相同即可.
【详解】函数的定义域为，
对于A：函数的定义域为且，所以A正确；
对于B：函数的定义域为，，所以B错误；
对于C：函数的定义域为，C错误；
对于D：函数的定义域为，D错误，
故选：A
4．函数的单调递减区间是
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设 ，
在上单增，在上为增函数，在上为减函数，根据复合函数单调性判断法则“同增异减”可知，的单调递减区间为，选C.
5．已知，下列不等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据不等式的性质判断即可.
【详解】对于选项A，则，故A错误；
对于选项B，因为，所以，故B错误；
对于选项C，则，所以，故C正确；
对于选项D，当时，，故D错误.
故选：C
6．已知函数，且，则（ ）
A．2B．1C．0D．-1
【答案】A
【分析】先求出，然后代入求解即可.
【详解】因为，
所以，解得，
故选：A
7．已知函数为奇函数，且对任意的，当时，，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先根据判断的单调性，然后由定义域得到，最后解不等式即可.
【详解】当时，因为，
所以此时，所以在上单调递减，
又因为为奇函数且定义域为，
所以，所以不等式为，
所以，解得或者，
故选：B
8．某人分两次购买同一种物品，因价格有变动，两次购买时物品的单价分别为，且.若他每次购买数量一定，其平均价格为；若他每次购买的费用一定，其平均价格为，则（ ）
A．B．
C．D．，不能比较大小
【答案】B
【分析】根据条件分别计算出，作差比较大小即可.
【详解】假设每次购买这种物品的数量为m，
则平均价格；
假设每次购买这种物品所花的钱为，
则第一次购得该物品的数量为，第二次购得该物品的数量为，
则平均价格，
则
，
所以，
故选：B.
二、多选题
9．下列函数值域为的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据一次函数的性质，可直接判断；根据，可判断；对于，函数解析式分离常数后即可求出值域，进而可判断；根据基本初等函数的单调性可判断.
【详解】因为函数的值域为,故错误；
因为，
故函数的值域为，故正确；
因为，
故函数的值域为，则错误；
因为函数在上均单调递增，
所以当时，有最小值，
故函数的值域为，故正确，
故选：
10．已知关于的不等式的解集为或，则（ ）
A．B．
C．D．不等式的解集为
【答案】BCD
【分析】根据不等式解的结构形式，可得，且方程的两个根为，根据韦达定理，继而可判断A,B；对于C，代入即可判断，故C正确；对于D，直接利用分式不等式的解法求解即可.
【详解】根据题意可知，，且方程的两个根为，
由韦达定理知，所以，
由，得，即，
故A错误，B正确；
因为，故C正确；
不等式可化为，
即，且，
所以不等式的解集为，故D正确，
故选：BCD.
11．若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据基本不等式即可判断AB，根据绝对值三角不等式即可判断C，根据二次函数的性质即可求解D.
【详解】由于，，所以，当且仅当时取等号，故A正确，
，当且仅当，即时取等号，故B正确，
，当且仅当时等号成立，故C错误，
，当时取到等号，故D正确，
故选：ABD
12．对于任意实数，函数满足：当时，，则（ ）
A．B．的值域为
C．在区间上单调递增D．的图象关于点对称
【答案】AB
【分析】对于A，当时，可得，即可求得；对于B，把，变形，即可求得的值域；对于C，分别令，，可求得，函数在上不具有单调性，即可判断；对于D，根据条件求得和，函数不关于对称，故D错误.
【详解】对于A，当时，
则，
所以，故A正确；
对于B，当时，
则，即，
故的值域为，故B正确；
对于C，当时，，时，，
则在上单调递增；
当时，，时，，
则在上单调递增，
则，
故在区间上不具有单调性，故C错误；
对于D，当时，，
则，
当当时，，
所以，
则，所以不关于对称，故D错误，
故选：AB.
三、填空题
13．已知集合，若，则 .
【答案】
【分析】由中有元素为0，注意元素的互异性即可．
【详解】因为，若，则，与集合中元素的互异性矛盾，因此，
若，则，此时，满足题意，
故答案为：．
14．已知函数的定义域为，则函数的定义域为 .
【答案】
【分析】应用求解抽象函数的定义域的方法即可.
【详解】函数的定义域为，
则，则或
则函数的定义域为.
故答案为：
15．已知，是分别定义在上的奇函数和偶函数，且，则 .
【答案】
【分析】按题意求函数表达式即可
【详解】
和已知条件相加得
故
故
故答案为：
16．已知函数，则函数的零点个数为 .
【答案】7
【分析】先设，然后分别作出和的图像，对图像进行分析即可.
【详解】函数的零点个数即为方程的根的个数，
令，则，
如图所示，
，
则，
作出的图像，如图所示，
，
则一共有7个交点，所以方程有7个根，
即函数零点个数为7，
故答案为：7
【点睛】方法点睛：嵌套函数的常用解决方法为设，然后对函数图像二次利用（或者画两个），将分别作为横坐标和纵坐标通过图像来解决根的相关问题.
四、解答题
17．设全集，集合，.
(1)当时，求，；
(2)若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)，；
(2)
【分析】（1）根据交集、并集、补集的定义进行求解；
（2）根据题意得到，列不等式组求解即可.
【详解】（1）时，，或，
所以，
（2）因为“”是“”的必要条件，所以.
因为，所以，故，解得.
所以的取值范围为.
18．已知是定义在上的偶函数，当时，.
(1)求函数的解析式；
(2)在给出的坐标系中画出的图象，并写出的单调增区间.
【答案】(1)
(2)图象见解析，的单调增区间为
【分析】（1）根据函数的奇偶性得到的解析式，从而得到答案；
（2）画出图象，数形结合得到递增区间.
【详解】（1）当时，，，
又是定义在上的偶函数，所以，
故，
故函数解析式为；
（2）
从图象可以得到的单调增区间为
19．已知函数.
(1)若关于的不等式的解集是实数集，求的取值范围；
(2)当时，解关于的不等式.
【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）先考虑的情况，再考虑的情况即可；
（2）先进行因式分解，然后求出对应方程的两个根，再对分类讨论求出不同情况下的不等式的解集即可.
【详解】（1）因为关于的不等式的解集是实数集，
即在上恒成立，
当时解得，不是恒成立，矛盾；
当时要使得恒成立，则需满足，
解得，
综上可得；
（2），
当时的两个根为
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为，
综上所述，当时解集为，当时解集为，当时解集为.
20．为改善生态环境，某企业对生产过程中产生的污水进行处理.已知该企业污水日处理量为百吨，日处理污水的总成本元与百吨之间的函数关系可近似地表示为.
(1)该企业日污水处理量为多少百吨时，平均成本最低?（平均成本）
(2)若该企业每处理1百吨污水获收益100元，为使该企业可持续发展，政府决定对该企业污水处理进行财政补贴，补贴方式有两种方案：
方案一：每日进行定额财政补贴，金额为4200元；
方案二：根据日处理量进行财政补贴，处理百吨获得金额为元.
如果你是企业的决策者，为了获得每日最大利润，你会选择哪个方案进行补贴?并说明原因.
【答案】(1)百吨；
(2)选择方案二，日处理污水量为100百吨时，成本最低，获得最大利润.
【分析】（1）根据条件写出日污水处理量的平均成本表达式，利用基本不等式求解出其最小值；
（2）根据两种补贴方式分别列出企业日获利的函数表达式，并求解出最大值，将最大值进行比较确定出所选的补贴方式.
【详解】（1）由题意可知，每百吨污水平均处理成本为，.
又.
当且仅当，即百吨时，每百吨污水的平均处理成本最低.
（2）若该企业采用第一种补贴方式，设该企业每日获利为，由题可得
，
因为,所以当百吨时，企业最大获利为元.
若该企业采用第二种补贴方式，设该企业每日获利为，由题可得

因为,所以当百吨时, 企业最大获利为元.
结论：选择方案二，日处理污水量为100百吨时，成本最低，获得最大利润.
21．已知函数对于任意实数，都有，且.
(1)求的值；
(2)令，求证：函数为奇函数；
(3)求的值.
【答案】(1)3；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）应用赋值法即可；
（2）应用奇函数的定义即可判断；
（3）结合（2）转化为求，即可求解.
【详解】（1）当时，，则；
（2）当当时，，则；
设，则，则，
则，即，
即函数为奇函数.
（3）由（2）知，为奇函数，则
.
22．已知函数，满足.
(1)设，求证：函数在区间上为减函数，在区间上为增函数；
(2)设.
①当时，求的最小值；
②若对任意实数，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)①；②或
【分析】（1）按单调性的定义证明即可；
（2）①单调性结合基本不等式即可求解；②恒成立转化为最值关系，并分类讨论即可求解.
【详解】（1）由题意可得，
令，则
，
时，且，
故，故在区间上为减函数；
时，且，
故，故在区间上为增函数.
（2）①令，解得，
由中可知的定义域为，
且，
因为，则，可得，故，
令，则，
故，当且仅当时取等号，
故，
②因为恒成立，
故，即，
由①：时，
令，令，
由（1）知，在上为减函数，在上为增函数，
时，在上为减函数，
故，，
故，得，和矛盾，
时，在上为减函数，在上为增函数，
，即，
得，
时，在上为增函数，故，得，
即或，由得，
综上得：或.