2023-2024学年河南省郑州市中牟县高一上学期第三次考试数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年河南省郑州市中牟县高一上学期第三次考试数学质量检测模拟试题一、单选题：每小题5分，共40分.1．已知集合，，若，则（）A．或 B．或 C．或 D．或2．命题“∃x∈Z，使x2+2x+m≤0”的否定是A．∀x∈Z，都有x2+2x+m≤0B．∃x∈Z，使x2+2x+m＞0C．∀x∈Z，都有x2+2x+m＞0D．不存在x∈Z，使x2+2x+m＞03．若，则下列结论中不正确的是（

）A． B．C． D．4．若是的必要不充分条件，则实数的范围是（

）A． B．C． D．5．下列各组函数是同一函数的是

①与；②f(x)=x与；③与；④与．A．②④ B．③④ C．②③ D．①④6．若函数在区间上是减函数，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．7．已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．8．定义在R上的函数，对任意的（），都有，且，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知关于x的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（

）A．B．不等式的解集为C．不等式的解集为或D．10．如图所示是函数的图象，图中正半轴曲线与虚线无限接近但是永不相交，则以下描述正确的是（

）A．函数的定义域为B．函数的值域为C．此函数在定义域内是增函数D．对于任意的，都有唯一的自变量与之对应11．给出以下四个判断，其中正确的是（

）A．若函数的定义域为，则函数的定义域是B．函数的图象与直线的交点最多有1个C．已知，则函数D．函数在上为减函数，则实数a的取值范围12．关于函数，正确的说法是（

）A．与x轴有一个交点 B．的定义域为C．在单调递增 D．的图象关于点对称三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．若，则的取值范围是．14．已知二次函数，满足，.则.15．不等式的解集是16．设函数，若，则实数.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．已知不等式的解集为，集合，集合．(1)求和的值；(2)若，求实数的取值范围．18．设．(1)命题，使得成立．若为假命题，求实数的取值范围；(2)解关于的不等式．19．设函数，.(1)若，，求的最小值；(2)若在上恒成立，求实数的取值范围.20．已知函数（1）判断函数在上的单调性，并用定义证明；（2）若，求实数的取值范围．21．围建一个面积为360m2的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙（利用旧墙需维修），其它三面围墙要新建，在旧墙的对面的新墙上要留一个宽度为2m的进出口，如图所示，已知旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180元/m，设利用的旧墙的长度为x（单位：元）．设修建此矩形场地围墙的总费用为y.

（Ⅰ）将y表示为x的函数；（Ⅱ）试确定x，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用．22．设函数.(1)若时，恒成立，求a的取值范围.(2)若实数a，b均为正数，且满足条件，求的最小值.1．B【详解】因为,所以,所以或.若，则,满足.若，解得或.若，则，满足.若，显然不成立，综上或，选B.2．C【详解】试题分析：将“存在”换为“∀”同时将结论“x2+2x+m≤0”换为“x2+2x+m＞0”．解：命题“∃x∈Z，使x2+2x+m≤0”的否定是：∀x∈Z，都有x2+2x+m＞0，故选C．考点：命题的否定．3．D由题意先求出，根据它们的关系分别用作差法判断和选项，利用不等式的性质判断选项，由几何意义判断选项．【详解】解：，，、，，则，故对；、，则，故对；、，，故对；、，成立，故不对．故选：．4．A【分析】由充分必要条件与集合间关系可得答案.【详解】因是的必要不充分条件，则是的真子集，所以.故选：A5．B【分析】根据定义域与对应法则判断即可.【详解】对于①，∵与（x≤0）对应关系不同，不是同一函数；对于②，f（x）=x值域为R，，值域为，故不是同一个函数；对于③f（x）=的定义域，=1的定义域，对应关系也相同，是同一函数，故正确．对于④f（x）=x2-2x-1与g（t）=t2-2t-1．定义域相同，对应关系也相同，∴是同一函数；故正确．故选：B6．B【分析】根据对称轴与区间端点值之间的关系,列式可解得结果.【详解】因为函数在区间上是减函数,函数对称轴为所以,解得.故选：B7．C【分析】利用基本不等式求出的最小值，即可得到，从而得到，解得即可.【详解】因为，，且，所以，当且仅当，即，时取等号，所以，因为恒成立，所以，即，解得，所以实数的取值范围是.故选：C8．C【分析】判断的单调性，由此求得不等式的解集.【详解】因为对任意的（），都有，所以在R上单调递增．因为，所以的解集为，则的解集为．故选：C9．AC【分析】由题意可得是方程的两个根，且，然后利用根与系数的关系表示出，再逐个分析判断即可.【详解】关于x的不等式的解集为，所以二次函数的开口方向向上，即，故A正确；且方程的两根为－3、4，由韦达定理得，解得.对于B，，由于，所以，所以不等式的解集为，故B不正确；对于C，因为，所以，即，所以，解得或，所以不等式的解集为或，故C正确；对于D，，故D不正确.故选：AC.10．BD【分析】利用函数的图象判断.【详解】由图象知：A.函数的定义域为，故错误；B.函数的值域为，故正确；C.函数在，上递增，但在定义域内不单调，故错误；D.对于任意的，都有唯一的自变量与之对应，故正确；故选：BD11．BD【分析】由复合函数的定义域求法求的定义域判断A；根据函数的定义判断B；换元法求解析式，注意定义判断C；根据分段函数的单调性，结合一次函数、反比例函数性质列不等式组求参数范围判断D.【详解】A：由已知得，即的定义域是，错；B：由函数定义：定义域上任意自变量对应唯一函数值，定义域外没有对应函数值，故函数的图象与直线的交点最多有1个，对；C：令，则，故，所以函数且，错；D：由题意，对.故选：BD12．ABD【分析】将函数分离系数可得，画出图象数形结合，逐一分析即可【详解】解：，作出函数图象如图：

由图象可知，函数只有一个零点，定义域为，在上单调递减，图象关于对称，故C错误，故选：ABD．13．【分析】根据已知条件利用不等式乘法和加法性质计算得结论．【详解】因为，所以，则，得，因此的取值范围是，故．14．【分析】先根据，求出，进而根据对应系数相等即可求出结果.【详解】因为，所以，而，又因为，所以，解得，因此的解析式为.故答案为.15．；【分析】根据分式不等式的解法求解即可【详解】，故解集为故16．4或【分析】根据题设有或，由解析式再分别讨论不同区间下对应参数a的值，即得答案.【详解】若，此时，令，满足；令，不满足，所以，；若，此时，令，不满足；令，满足，所以，；综上，实数或.故4或17．(1)，；(2)【分析】（1）由二次不等式的解集得相应二次方程的根，代入方程中求系数；（2）由，得，分和两个类型讨论，利用集合的包含关系求实数的取值范围．【详解】（1）依题意得，1和2是方程的两个根，所以有，解得，；（2）由（1）可得，因为，所以，①当时，则，所以，②当时，则有，所以，综上，实数的取值范围为．18．(1)(2)答案见解析【分析】（1）分析可知，恒成立，即为恒成立，分、两种情况讨论，综合可得出实数的取值范围；（2）将所求不等式变形为，对实数的取值进行分类讨论，利用二次不等式或一次不等式的解法解原不等式，综合可得出原不等式的解集.【详解】（1）解：若为假命题，则，恒成立，即为恒成立，当时，，不合题意；当，则，即，解得或，又因为，则.综上所述，实数的取值范围是.（2）解：不等式等价于，不等式可化为，当时，则，解原不等式可得；当时，则，原不等式即为，解得；当时，则，解原不等式可得或；当时，则，解原不等式可得或；当时，原不等式即为，解得.综上所述，当时，原不等式的解集为或当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为.19．(1)(2)【分析】（1）由可得，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得；（2）依题意可得在上恒成立，即可得到，解得即可.【详解】（1）因为且，所以，即，又，，所以，当且仅当，即，时取等号，即的最小值为.（2）因为在上恒成立，即在上恒成立，又，所以在上恒成立，因为，所以，解得，即实数的取值范围为.20．（1）函数f(x)在上为减函数，证明见解析；（2）．【分析】（1）根据定义法证明函数单调性的步骤：取值，作差，变形，定号，下结论，即可证明；（2）利用（1）问函数单调性即可求解.【详解】解：（1）任取，且，则即，所以函数f(x)在上为减函数；（2）由（1）得，所以实数的取值范围.21．（Ⅰ）y=225x+（Ⅱ）当x=24m时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10440元．【详解】试题分析：（1）设矩形的另一边长为am，则根据围建的矩形场地的面积为360m2，易得，此时再根据旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180元/m，我们即可得到修建围墙的总费用y表示成x的函数的解析式；（2）根据（1）中所得函数的解析式，利用基本不等式，我们易求出修建此矩形场地围墙的总费用最小值，及相应的x值试题解析：（1）如图，设矩形的另一边长为am则45x+180（x-2）+180·2a=225x+360a-360由已知xa=360,得a=,所以y=225x+（2）．当且