2024届广东省惠州市惠东县高三上学期第一次教学质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省惠州市惠东县2024届高三上学期第一次教学质量检测数学试题一、选择题1.已知全集，集合，，则集合（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗根据题意由补集运算可知，又，所以.故选：C.2.下列函数是奇函数，且在定义域内单调递增是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗A选项，由，解得或，又，故为偶函数，A错误；B选项，定义域为R，且，当时，，故此时单调递减，B错误；C选项，定义域为R，且在R上单调递减，C错误；D选项，定义域为R，且在R上单调递增，又，故为奇函数，D正确.故选：D3.集合，若且，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为且，所以且，解得.故选：B.4.欧拉是世界上伟大的数学家，而欧拉公式是指以欧拉命名的诸多公式．其中最著名的有，复变函数中的欧拉幅角公式，即将复数、指数函数与三角函数联系起来，公式内容为：，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗C〖解析〗因为，.故选：C.5.是函数在单调递减的（）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〖答案〗A〖解析〗，显然函数的单调递减区间为，所以时，函数在单调递减；若函数在单调递减，则，所以是函数在单调递减的充分不必要条件.故选：A.6.已知在上的奇函数，当时，，则（）A.2 B. C.1 D.〖答案〗B〖解析〗根据题意可知，由奇函数性质可知；所以.故选：B.7.已知，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为函数为单调递增函数，所以，即；因为为单调递增函数，所以，即；因为单调递减，所以，即，故，故选：A.8.已知函数，且满足时，实数的取值范围（）A.或 B.或C. D.〖答案〗D〖解析〗该函数的定义域为全体实数，因为，所以函数是奇函数，又因为，函数是实数集上的增函数，且，所以函数是实数集上的减函数，所以函数是实数集上的减函数，而函数也是实数集上的减函数，所以由函数单调性的性质可知函数是实数集上的减函数，由，故选：D.二、选择题9.已知命题“，”为假命题，则实数的可能取值是（）A.1 B.3 C. D.4〖答案〗BD〖解析〗因为命题“，”为假命题，则命题“，”为真命题，所以，，令，因为为增函数，为增函数，所以在单调递增，当时，有最小值，即，所以.故选：BD.10.下列说法正确的是（）A.函数的图像恒过定点B.“”的必要不充分条件是“”C.函数的最小正周期为2D.函数的最小值为2〖答案〗AB〖解析〗对于A，令，则，即，所以函数的图像恒过定点，故A正确；对于B，不能推出，而能推出，所以“”的必要不充分条件是“”，故B正确；对于C，因为，令等价于，所以①，令等价于，所以②，由①②可得：，所以函数的最小正周期为4，故C错误；对于D，函数，令，则，由双勾函数的性质知在上单调递增，故，故函数的最小值为2错误，故D错误.故选：AB.11.狄利克雷函数是由著名德国数学家狄利克雷创造，它是定义在实数上、值域不连续的函数，它在数学的发展过程中有很重大的研究意义，例如对研究微积分就有很重要的作用，其函数表达式为（其中为有理数集，为无理数集），则关于狄利克雷函数说法正确的是（）A. B.它是偶函数C.它是周期函数，但不存在最小正周期 D.它的值域为〖答案〗ABC〖解析〗因为，则，故A正确；若，则，则；若，则，则，所以为偶函数，故B正确；设任意，则，当时，则，当时，或，则，即任意非零有理数均是的周期，任何无理数都不是的周期，故C正确；函数的值域为，故D错误；故选：ABC.12.已知定义域为的函数满足，在〖解析〗式为，则下列说法正确的是（）A.函数在上单调递减B.若函数在内恒成立，则C.对任意实数，的图象与直线最多有6个交点D.方程有4个解，分别为，，，，则〖答案〗BD〖解析〗因为定义域为的函数满足，即，所以函数为奇函数，因为在〖解析〗式为，故作出函数的图象，如图所示.选项A：由图可知，当时，函数单调递减，当时，函数单调递减，但当，并不是随着增加而减少，故选项A错误；选项B：因为函数在内恒成立，所以由图象可知，由解得，，所以，故选项B正确；选项C：取时，如图所示，当时，联立方程组，化简得，设函数，因为且对称轴为，所以方程在上有两个不相等的实数根，设，，因为函数在上单调递增，且，，所以在在只有一个零点，所以直线与函数图象在有1个交点，所以当时，直线与函数图象有3个交点，因为函数与函数均为奇函数，所以当时，直线与函数图象有3个交点，又当时，直线与函数图象有1个交点，所以此时直线与函数图象有7个交点，故选项C错误；选项D：当时，则根据图象可得的4个解所在大致范围为，，，，因为有4个解，所以，所以，解得，所以，由二次函数的对称性可知，的解、满足，因为函数为奇函数，且当时〖解析〗式为，所以当时〖解析〗式为，所以，所以有，即，所以，设，，又因为函数在单调递增，所以，所以，所以选项D正确，故选：BD.三、填空题13.命题“，”的否定是_________．〖答案〗，〖解析〗命题“，”的否定是“，”.故〖答案〗为：，14.已知函数为奇函数，则_________．〖答案〗〖解析〗因为为奇函数，当时，，即，即，化简可得，即，所以，则.故〖答案〗为：15.若函数的定义域为，则实数_________实数的取值范围_________．〖答案〗〖解析〗因为函数的定义域为，则，而函数的定义域为，所以，即.故〖答案〗为：；.16.已知是定义在，且满足，当时，，若函数在区间上有10个不同零点，则实数的取值范围是_________．〖答案〗〖解析〗由得，所以函数的周期为4，先作出在区间上图像：又，，则实数的取值范围为.故〖答案〗为：.四、解答题17.化简求值：（1）（2）解：（1）原式.（2）原式．18.若二次函数对任意都满足且最小值为-1，．（1）求的〖解析〗式；（2）若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围．解：（1）法一：由为二次函数，可设，∵，则代入得，化简：，因为其对任意都成立，所以，即．又因为最小值为-1，且，∴，解得，∴；法二：由为二次函数，可设，∵函数满足，∴图象的对称轴为，即，最小值为-1，且，∴，∴∴；（2）∵，即在上恒成立，即满足函数的最小值大于．又∵当时，对称轴为，故在单调递减，单调递增．∴在的最小值在取得，即∴，故的取值范围是.19.已知函数是定义在上的奇函数，当时，．（1）求的〖解析〗式；（2）解关于的不等式．解：（1）因为是定义在上的奇函数，所以，当时，，设，则，∴，∵，∴，则.（2）当时，，，，，，即，当时，，满足不等式．当时，，恒成立，满足不等式，即，综上所述，不等式的解集为：．20.已知函数．（1）若的单调递增区间为，求的值．（2）求在上的最小值．解：（1）函数定义域为由于函数的单调增区间为，且，故；当时，，故函数的单调递增区间为．即可得，则．（2），①当时，，则在上单调递增，所以；②当，，，则在上单调递减，时，，则单调递增；（i）当，即时，在单调递增，此时，（ii）当，即时，在上单调递减，在上单调递增；此时．综上所述：当时，；当时，．21.疫情过后，惠州市某企业为了激励销售人员的积极性，实现企业高质量发展，其根据员工的销售额发放奖金（奖金和销售额单位都为十万元），奖金发放方案同时具备两个条件：①奖金随销售额的增加而增加；②奖金不低于销售额的5%（即奖金大于等于）．经测算该企业决定采用函数模型作为奖金发放方案．（1）若，此奖金发放方案是否满足条件？并说明理由．（2）若，要使奖金发放方案满足条件，求实数的取值范围．解：（1），因为在上单调递增．在上单调递增，则在上单调递增，所以①满足．对于②，，即整理可得，则不满足②的条件．故不满足条件．（2）当时，函数，因为由（1）中知在上单调递增，奖金发放方案满足条件①．由条件②可知，即在时恒成立，所以，在时恒成立．，在单调递增．当时，取得最小值∴所以要使奖金发放方案满足条件，的取值范围为．22.已知函数．（1）曲线在点处切线为，求证：上的点都不在直线的下方；（2）若关于的方程有不等实根求证：．（1）解：因为，则，所以，，曲线在点处的切线的方程为，设，则，令，则，所以上单调递增，即上单调递增，又，∴当时，，单调递减；当时，，单调递增．∴，因此，故曲线上的点都不在直线的下方．（2）证明：由（1）知：，令，则，∴在上单调递增，即在上单调递增．∵，，∴，使，所以当时，；当时，；则在上单调递减，在上单调递增且，，∴的大致图像如图所示，因为，所以曲线在处的切线：下面证明．设，则，令，则所以在上单调递增，即在上单调递增，又∴当时，，单调递减；当时，，单调递增∴，∴成立，即曲线上点都不在切线的下方．由题意可得：直线与曲线的交点分别为，，不妨设；设直线与直线的交点为，与切线的交点为，结合图像，易得，∵，∴，∴．广东省惠州市惠东县2024届高三上学期第一次教学质量检测数学试题一、选择题1.已知全集，集合，，则集合（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗根据题意由补集运算可知，又，所以.故选：C.2.下列函数是奇函数，且在定义域内单调递增是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗A选项，由，解得或，又，故为偶函数，A错误；B选项，定义域为R，且，当时，，故此时单调递减，B错误；C选项，定义域为R，且在R上单调递减，C错误；D选项，定义域为R，且在R上单调递增，又，故为奇函数，D正确.故选：D3.集合，若且，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为且，所以且，解得.故选：B.4.欧拉是世界上伟大的数学家，而欧拉公式是指以欧拉命名的诸多公式．其中最著名的有，复变函数中的欧拉幅角公式，即将复数、指数函数与三角函数联系起来，公式内容为：，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗C〖解析〗因为，.故选：C.5.是函数在单调递减的（）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〖答案〗A〖解析〗，显然函数的单调递减区间为，所以时，函数在单调递减；若函数在单调递减，则，所以是函数在单调递减的充分不必要条件.故选：A.6.已知在上的奇函数，当时，，则（）A.2 B. C.1 D.〖答案〗B〖解析〗根据题意可知，由奇函数性质可知；所以.故选：B.7.已知，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为函数为单调递增函数，所以，即；因为为单调递增函数，所以，即；因为单调递减，所以，即，故，故选：A.8.已知函数，且满足时，实数的取值范围（）A.或 B.或C. D.〖答案〗D〖解析〗该函数的定义域为全体实数，因为，所以函数是奇函数，又因为，函数是实数集上的增函数，且，所以函数是实数集上的减函数，所以函数是实数集上的减函数，而函数也是实数集上的减函数，所以由函数单调性的性质可知函数是实数集上的减函数，由，故选：D.二、选择题9.已知命题“，”为假命题，则实数的可能取值是（）A.1 B.3 C. D.4〖答案〗BD〖解析〗因为命题“，”为假命题，则命题“，”为真命题，所以，，令，因为为增函数，为增函数，所以在单调递增，当时，有最小值，即，所以.故选：BD.10.下列说法正确的是（）A.函数的图像恒过定点B.“”的必要不充分条件是“”C.函数的最小正周期为2D.函数的最小值为2〖答案〗AB〖解析〗对于A，令，则，即，所以函数的图像恒过定点，故A正确；对于B，不能推出，而能推出，所以“”的必要不充分条件是“”，故B正确；对于C，因为，令等价于，所以①，令等价于，所以②，由①②可得：，所以函数的最小正周期为4，故C错误；对于D，函数，令，则，由双勾函数的性质知在上单调递增，故，故函数的最小值为2错误，故D错误.故选：AB.11.狄利克雷函数是由著名德国数学家狄利克雷创造，它是定义在实数上、值域不连续的函数，它在数学的发展过程中有很重大的研究意义，例如对研究微积分就有很重要的作用，其函数表达式为（其中为有理数集，为无理数集），则关于狄利克雷函数说法正确的是（）A. B.它是偶函数C.它是周期函数，但不存在最小正周期 D.它的值域为〖答案〗ABC〖解析〗因为，则，故A正确；若，则，则；若，则，则，所以为偶函数，故B正确；设任意，则，当时，则，当时，或，则，即任意非零有理数均是的周期，任何无理数都不是的周期，故C正确；函数的值域为，故D错误；故选：ABC.12.已知定义域为的函数满足，在〖解析〗式为，则下列说法正确的是（）A.函数在上单调递减B.若函数在内恒成立，则C.对任意实数，的图象与直线最多有6个交点D.方程有4个解，分别为，，，，则〖答案〗BD〖解析〗因为定义域为的函数满足，即，所以函数为奇函数，因为在〖解析〗式为，故作出函数的图象，如图所示.选项A：由图可知，当时，函数单调递减，当时，函数单调递减，但当，并不是随着增加而减少，故选项A错误；选项B：因为函数在内恒成立，所以由图象可知，由解得，，所以，故选项B正确；选项C：取时，如图所示，当时，联立方程组，化简得，设函数，因为且对称轴为，所以方程在上有两个不相等的实数根，设，，因为函数在上单调递增，且，，所以在在只有一个零点，所以直线与函数图象在有1个交点，所以当时，直线与函数图象有3个交点，因为函数与函数均为奇函数，所以当时，直线与函数图象有3个交点，又当时，直线与函数图象有1个交点，所以此时直线与函数图象有7个交点，故选项C错误；选项D：当时，则根据图象可得的4个解所在大致范围为，，，，因为有4个解，所以，所以，解得，所以，由二次函数的对称性可知，的解、满足，因为函数为奇函数，且当时〖解析〗式为，所以当时〖解析〗式为，所以，所以有，即，所以，设，，又因为函数在单调递增，所以，所以，所以选项D正确，故选：BD.三、填空题13.命题“，”的否定是_________．〖答案〗，〖解析〗命题“，”的否定是“，”.故〖答案〗为：，14.已知函数为奇函数，则_________．〖答案〗〖解析〗因为为奇函数，当时，，即，即，化简可得，即，所以，则.故〖答案〗为：15.若函数的定义域为，则实数_________实数的取值范围_________．〖答案〗〖解析〗因为函数的定义域为，则，而函数的定义域为，所以，即.故〖答案〗为：；.16.已知是定义在，且满足，当时，，若函数在区间上有10个不同零点，则实数的取值范围是_________．〖答案〗〖解析〗由得，所以函数的周期为4，先作出在区间上图像：又，，则实数的取值范围为.故〖答案〗为：.四、解答题17.化简求值：（1）（2）解：（1）原式.（2）原式．18.若二次函数对任意都满足且最小值为-1，．（1）求的〖解析〗式；（2）若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围．解：（1）法一：由为二次函数，可设，∵，则代入得，化简：，因为其对任意都成立，所以，即．又因为最小值为-1，且，∴，解得，∴；法二：由为二次函数，可设，∵函数满足，∴图象的对称轴为，即，最小值为-1，且，∴，∴∴；（2）∵，即在上恒成立，即满足函数的最小值大于．又∵当时，对称轴为，故在单调递减，单调递增．∴在的最小值在取得，即∴，故的取值范围是.19.已知函数是定义在上的奇函数，当时，．（1）求的〖解析〗式；（2）解关于的不等式．解：（1）因为是定义在上的奇函数，所以，当时，，设，则，∴，∵，∴，则.（2）当时，，，，，，即，当时，，满足不等式．当时，，恒成立，满足不等式，即，综上所述，不等式的解集为：．20.已知函数．（1）若的单调递增区间为，求的值．（2）求在上的最小值．解：（1）函数定义域为由于函数的单调增区间为，且，故；当时，，故函数的单调递增区间为．即可得，则．（2），①当时，，则在上单调递增，所以；②当，，，则在上单调递减，时，，则单调递增；（i）当，即时，