2023-2024學年北京市朝陽區高一上學期期中數學質量監測模擬試題一、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選項中，選出符合題目要求的一項.1．已知集合，，那么集合等于（

）A． B． C． D．2．設命題，則為（

）A． B．C． D．3．設集合，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，當時，圖象如圖所示，則下列關系正確的是（

）A．B．C．D．5．下列函數中，是奇函數且在區間上單調遞減的是（

）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，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，某企業通過持續的技術革新來降低其能源消耗，到了2020年該企業單位生產總值能耗降低了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f(x)=ax2+(a-3)x+1在區間[-1,+∞)上是遞減的,則實數a的取值范圍是()A．[-3,0) B．(-∞,-3]C．[-2,0] D．[-3,0]10．設為定義在R上的函數，函數是奇函數.對于下列四個結論：①；②；③函數的圖象關于原點對稱；④函數的圖象關于點對稱；其中，正確結論的個數為（

）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．函數的定義域是.12．已知函數是定義在上的奇函數，且當時，，則.13．函數f(x)＝的最大值為．14．函數的定義域為D，給出下列兩個條件：①對于任意，當時，總有；②在定義域內不是單調函數.請寫出一個同時滿足條件①②的函數，則.15．已知函數給出下列四個結論：①存在實數，使函數為奇函數；②對任意實數，函數既無最大值也無最小值；③對任意實數和，函數總存在零點；④對于任意給定的正實數，總存在實數，使函數在區間上單調遞減.其中所有正確結論的序號是.三、解答題：本大題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16．設集合，不等式的解集為B.(1)當時，求，，；(2)當時，求實數a的取值范圍.17．設函數（1）求函數的圖像與直線交點的坐標：（2）當時，求函數的最小值（3）用單調性定義證明：函數在上單調遞增.18．已知函數．(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)若關于x的方程有兩個不相等的正實數根，，求的取值范圍．19．已知函數.(1)若，求函數在區間上的最大和最小值；(2)解不等式.20．設某商品的利潤只由生產成本和銷售收入決定．生產成本C（單位：萬元）與生產量x（單位：千件）間的函數關系是C＝3+x；銷售收入S（單位：萬元）與生產量x間的函數關系是.（Ⅰ）把商品的利潤表示為生產量x的函數；（Ⅱ）為使商品的利潤最大化，應如何確定生產量？21．設函數其中P，M是非空數集．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(M)；（Ⅱ）若P∩M＝?，且f(x)是定義在R上的增函數，求集合P，M；（Ⅲ）判斷命題“若P∪M≠R，則f(P)∪f(M)≠R”的真假，并加以證明．1．C【分析】先求出集合，再根據并集合的運算求出兩個集合的并集.【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，再否定結論.【詳解】命題，則為：故選：C3．D【分析】根據，由集合A，B有公共元素求解.【詳解】集合，因為，所以集合A，B有公共元素，所以．故選：D4．A【分析】根據函數的奇偶性得到，再結合當時，函數為單調遞減函數，即可求解.【詳解】由題意，函數是定義在上的偶函數，可得，又由當時，函數為單調遞減函數，所以，所以.故選：A.5．C根據函數的單調性和奇偶性對各個選項逐一分析即可.【詳解】對A，函數的圖象關于軸對稱，故是偶函數，故A錯誤；對B，函數的定義域為不關于原點對稱，故是非奇非偶函數，故B錯誤；對C，函數的圖象關于原點對稱，故是奇函數，且在上單調遞減，故C正確；對D，函數的圖象關于原點對稱，故是奇函數，但在上單調遞增，故D錯誤.故選：C.6．D對A，B，C，利用特殊值即可判斷，對D，利用不等式的性質即可判斷.【詳解】解：對A，令，，此時滿足，但，故A錯；對B，令，，此時滿足，但，故B錯；對C，若，，則，故C錯；對D，，則，故D正確.故選：D.7．A【分析】先解不等式，再根據兩個解集包含關系得結果.【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．并注意和圖示相結合，例如“?”為真，則是的充分條件．2．等價法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價關系，對于條件或結論是否定式的命題，一般運用等價法．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根據題設逐年列出生產總值能耗后可得正確的選擇.【詳解】設2015年該企業單位生產總值能耗為，則2016年該企業單位生產總值能耗，2017年該企業單位生產總值能耗，2018年該企業單位生產總值能耗，2019年該企業單位生產總值能耗，2020年該企業單位生產總值能耗，由題設可得即，故選：D.9．D【詳解】當a=0時,f(x)=-3x+1顯然成立,當a≠0時,需解得-3≤a<0,綜上可得-3≤a≤0.【誤區警示】本題易忽視a=0這一情況而誤選A,失誤的原因是將關于x的函數誤認為是二次函數.10．C令，①：根據求解出的值并判斷；②：根據為奇函數可知，化簡此式并進行判斷；根據與的圖象關系確定出關于點對稱的情況，由此判斷出③④是否正確.【詳解】令，①因為為上的奇函數，所以，所以，故正確；②因為為上的奇函數，所以，所以，即，故正確；因為的圖象由的圖象向左平移一個單位得到的，又的圖象關于原點對稱，所以的圖象關于點對稱，故③錯誤④正確，所以正確的有：①②④，故選：C.結論點睛：通過奇偶性判斷函數對稱性的常見情況：（1）若為偶函數，則函數的圖象關于直線對稱；（2）若為奇函數，則函數的圖象關于點成中心對稱.11．且【分析】求使函數有意義的的范圍即為定義域，逐項求解即可.【詳解】解：由題意得，解得且，故函數的定義域為且.故且12．【分析】根據題意，結合，代入即可求解.【詳解】由函數是定義在上的奇函數，且當時，，則.故答案為.13．2【分析】求出函數在每一段的最大值，再進行比較，即可得答案；【詳解】當時，函數為減函數，所以在處取得最大值為；當時，易知函數在處取得最大值為.故函數的最大值為2.故2.本題考查分段函數的最值，考查運算求解能力，屬于基礎題.14．根據題意寫出一個同時滿足①②的函數即可.【詳解】解：易知：，在上單調遞減，上單調遞減，故對于任意，當時，總有；且在其定義域上不單調.故答案為.15．①②

④分別作出，和的函數的圖象，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，和時函數的圖象，對于①：當時，，圖象如圖關于原點對稱，所以存在使得函數為奇函數，故①正確；對于②：由三個圖知當時，，當時，，所以函數既無最大值也無最小值；故②正確；對于③：如圖和圖中存在實數使得函數圖象與沒有交點，此時函數沒有零點，所以對任意實數和，函數總存在零點不成立；故③不正確對于④：如圖，對于任意給定的正實數，取即可使函數在區間上單調遞減，故④正確；故①②④關鍵點點睛：本題解題的關鍵點是分段函數圖象，涉及二次函數的圖象，要討論，和即明確分段區間，作出函數圖象，數形結合可研究分段函數的性質.16．(1)，，或(2)或【分析】（1）根據條件，先求出集合，再借助數軸即可求出結果；（2）根據，分和兩種情況討論，即可得出結果.【詳解】（1）由，得到，即，當時，，由圖知，，，或.（2）因為，當，即，得到，滿足題意，，即，由，得到，得到，綜上，實數a的取值范圍為或.17．(1)或

(2)

7

(3)證明見解析.（1）由解出方程可得答案.（2）利用均值不等式可得答案.(3)由定義法證明函數單調性的步驟即可證明.【詳解】（1）由，即，解得或所以函數的圖像與直線交點的坐標為或（2）當時，當且僅當,即時，取得等號.所以當時，函數的最小值為7.(3)任取，且則由，且，則，所以，則所以，即所以函數在上單調遞增思路點睛：本題考查利用函數的奇偶性求參數，證明函數的單調性和利用單調性解不等式.證明函數的單調性的基本步驟為：(1)在給定的區間內任取變量，且設.(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，得出的大小.(4)得出結論.18．(1)或(2)(3)【分析】（1）由題意得，求解即可得出答案；（2）函數，可得二次函數圖象的開口向上，且對稱軸為，題意轉化為，利用二次函數的圖象與性質，即可得出答案；（3）利用一元二次方程的根的判別式和韋達定理，即可得出答案．【詳解】（1）當時，，，即，解得或，∴不等式的解集為或；（2），則二次函數圖象的開口向上，且對稱軸為，∴在上單調遞增，，在上恒成立，轉化為，∴，解得，故實數的取值范圍為；（3）關于x的方程有兩個不相等的正實數根，∵，，，∴且，解得，，令（），在上單調遞減，，，故的取值范圍為．19．(1)最大值為，最小值為(2)答案見解析【分析】（1）當時，可得，結合二次函數的圖象與性質，即可求解；（2）把不等式轉化為，結合一元二次不等式的解法，即可求解.【詳解】（1）解：當時，可得，則函數表示開口向上的拋物線，且對稱軸為，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，當時，函數取得最小值，最小值為，又因為，所以函數的最大值為，綜上可得，函數的最大值為，最小值為.（2）解：由不等式，即，即不等式，當時，不等式即為，此時不等式的解集為空集；當時，即時，不等式的解集為；當時，即時，不等式的解集為，綜上可得：當時，不等式的解集為空集；當時，不等式的解集為；當時，不等式的解集為.20．（Ⅰ）；（Ⅱ）確定為5千件時，利潤最大．(I)用銷售收入減去生產成本即得利潤；(II)分段求出利潤函數的最大值可得生產產量．【詳解】(I)設利潤是(萬元)，則，∴；(II)時，，由“對勾函數”知，當，即時，，當時，是減函數，時，，∴時，，∴生產量為5千件時，利潤最大．本題考查分段函數模型的應用，解題關鍵是列出函數解析式．屬于基礎題．21．（Ⅰ）[0，+∞）；（Ⅱ）P＝（﹣∞，0）∪（0，+∞），M＝{0}；（Ⅲ）真命題，證明見解析(Ⅰ)求出f(P)＝[0，3]，f(M)＝(1，+∞)，由此能過求出f(P)∪f(M)．(Ⅱ)由f(x)是定義在R上的增函數，且f(0)＝0，得到當x＜0時，f(x)＜0，(﹣∞，0)?P．

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

同理可證(0，+∞)?P．因為P∩M＝?，所以P＝(﹣∞，0)∪(0，+∞)，M＝{0}．(Ⅲ)該命題為真命題．證明如下：假設存在非空數集P，M，且P∪M≠R，但f(P)∪f(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