2024高一數學暑假精講精練綜合測試卷培優(yōu)卷新人教A版

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁高一暑假綜合測試卷（二）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題滿分5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，選對得5分，選錯得0分．1．已知集合，，則滿意條件的集合C的個數為（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【解析】【分析】依據題意可得，，可知集合C必包含，可能有，列舉或依據子集理解．【詳解】由知．又，則集合．又，則滿意條件的集合C可以為，，，，共4個，故選：C．2．已知，為非零實數，則“”是“”的（

）．A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】D【解析】【分析】舉例推斷充分，必要條件.【詳解】當時，滿意，但此時，反過來，，滿意，但此時，所以“”是“”的既不充分也不必要條件.故選：D3．下列結論中正確的個數是（

）①命題“全部的四邊形都是矩形”是存在量詞命題；②命題“”是全稱量詞命題；③命題“”的否定為“”；④命題“是的必要條件”是真命題；A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】【分析】依據存在量詞命題、全稱量詞命題的概念，命題的否定，必要條件的定義，分析選項，即可得答案.【詳解】對于①：命題“全部的四邊形都是矩形”是全稱量詞命題，故①錯誤；對于②：命題“”是全稱量詞命題；故②正確；對于③：命題，則，故③錯誤；對于④：可以推出，所以是的必要條件，故④正確；所以正確的命題為②④，故選：C4．已知函數的定義域為，則函數的定義域為（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】先通過函數的定義域求出函數的定義域為，再求函數的定義域.【詳解】因為函數的定義域為，所以，所以函數的定義域為，所以，所以.所以函數的定義域為.故選：D【點睛】方法點睛：（1）已知原函數的定義域為，求復合函數的定義域：只需解不等式，不等式的解集即為所求函數的定義域.（2）已知復合函數的定義域為，求原函數的定義域：只需依據求出函數的值域，即得原函數的定義域.5．設函數，則（

）A．的最大值為B．在上單調遞增，在上單調遞減C．的最小值為D．在上單調遞增，在上單調遞減【答案】B【解析】【分析】作出函數的圖象，逐項推斷.【詳解】函數的定義域為，其圖象如下圖所示：由圖象知：A.無最大值，故錯誤；B.在上單調遞增，在上單調遞減，故正確；C.無最小值，故錯誤；D.在上單調遞減，在上單調遞增，故錯誤；故選：B6．下列函數中，既是奇函數又在定義域內遞增的是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】依據函數的奇偶性的定義以及冪函數的單調性和單調性的性質逐一推斷四個選項的正誤即可得正確選項.【詳解】對于A：定義域為關于原點對稱，，所以是奇函數，因為和在上都是增函數，所以在定義域上單調遞增，故選項A正確；對于B：定義域為不關于原點對稱，不具有奇偶性，故選項B不正確；對于C：的定義域為是奇函數，在和上都是增函數，但是在定義域內不是增函數，如，，，故選項C不正確；對于D：定義域為關于原點對稱，，所以是偶函數，故選項D不正確；故選：A.7．已知函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】推斷當時，單調遞減，故依據分段函數在上單調遞減，列出相應的不等式，解得答案.【詳解】當時，單調遞減，在上遞減，且，解得，故選：.8．函數的圖象不行能為（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】首先考慮的圖象經過原點，可得，推斷為偶函數時，求得，進而推斷C；再探討，，，，，分別推斷A、B、D．【詳解】解：若的圖象經過原點，可得，即，，若的圖象關于軸對稱，可得為偶函數，即，可得，即，故C不行能成立；當，即有，，可得為奇函數，其圖象關于原點對稱，且時，為連續(xù)函數，故A可能成立；當，，即有，，可得為奇函數，其圖象關于原點對稱，且時，為增函數，時，為增函數，故B可能成立；若，則，當，，即有，，可得為偶函數，其圖象關于軸對稱，且時，為增函數，時，為增函數，故D可能成立．故選：C．多項選擇題：本題共4小題，每小題滿分5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯的得0分．9．十六世紀中葉，英國數學家雷科德在《礪智石》一書中首先把“＝”作為等號運用，后來英國數學家哈利奧特首次運用“＜”和“＞”符號，并逐步被數學界接受，不等號的引入對不等式的發(fā)展影響深遠．若，，，則（

）A． B． C． D．【答案】BCD【解析】【分析】依據列不等式推斷AD，再依據基本不等式推斷BC即可【詳解】∴.∴，解得，同理，則A不正確.D正確：∵，當且僅當時，等號成立，∴，則B正確：∵，當且僅當時，等號成立，∴，則C正確.故選：BCD.10．下列說法中，正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若且，則 D．若且，則【答案】BC【解析】【分析】當時，可推斷A不正確；依據不等式的性質，可推斷B正確；由，得到，又由，由不等式的性質，即可推斷C正確；舉出反例，，即可推斷D不正確.【詳解】解：A．若，則，時取等號，因此不正確；B．若，則，正確；C．若且，則，因此，正確；D．若且，則，不正確，例如，．故選：BC.11．某公司一年購買某種貨物900噸，現分次購買，若每次購買x噸，運費為9萬元/次，一年的總儲存費用為4x萬元，要使一年的總運費與總儲存費用之和最小，則下列說法正確的是（

）A．時費用之和有最小值 B．時費用之和有最小值C．最小值為萬元 D．最小值為萬元【答案】BD【解析】【分析】利用函數的思想列出一年的總費用與總存儲費用之和，再結合基本不等式得到一個不等關系即可求最值.【詳解】一年購買某種貨物900噸，若每次購買x噸，則須要購買次，運費是9萬元/次，一年的總儲存費用為萬元，所以一年的總運費與總儲存費用之和為，因為，當且僅當，即時，等號成立，所以當時，一年的總運費與總儲存費用之和最小為萬元，故選：BD【點睛】本題主要考查了函數最值的應用，以及函數模型的選擇，和基本不等式的應用，屬于中檔題.12．已知函數，都有成立，且任取，，，以下結論中正確的是（

）A． B．C． D．若，則【答案】BCD【解析】【分析】由已知條件可得函數的圖像關于直線對稱，函數在為增函數，然后逐個分析推斷即可【詳解】由函數滿意，則函數的圖像關于直線對稱，又，，則函數在為增函數，對于選項A，因為，所以，即A錯誤；對于選項B，由已知有在為減函數，在為增函數，即，即B正確；對于選項C，，又在為增函數，所以，即C正確；對于選項D，當，則，則，即D正確，故選：BCD．填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．冪函數的圖象與軸沒有交點，則___________.【答案】0【解析】【分析】依據冪函數的定義求出，在驗證，求解即可【詳解】依據冪函數的定義得，解得或；當時，，圖象與軸有交點，不滿意題意；當時，，圖象與軸沒有交點，滿意題意；綜上，，故答案為：14．若方程，若方程無解，則實數t的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】利用分段函數的性質依次探討,,,時，解的狀況，計算即可.【詳解】當時，時，，當時，方程，方程無解,當時，時，，方程有解,不符合題意.當時，時，,無解，當時，方程時，方程有解,不符合題意.當時，時，,無解，當時，方程時，方程無解.綜上，方程無解，則實數t的取值范圍是.故答案為：15．某企業(yè)開發(fā)一種產品，生產這種產品的年固定成本為3600萬元，每生產x千件，需投入成本c（x）萬元，c（x）＝x2+10x．若該產品每千件定價a萬元，為保證生產該產品不虧損，則a的最小值為_____．【答案】130【解析】【分析】本題先依據題意建立函數與不等式關系，再運用參變分別化簡，最終運用基本不等式求最值即可.【詳解】解：有題意建立利潤函數關系：，（）整理得：，為保證生產該產品不虧損，則，（）即，當且僅當即，取最小值130，此時產品不虧損故答案為：130.【點睛】本題考查函數與不等式關系、參變分別法，基本不等式解決實際問題中的最值問題，是基礎題.16．已知奇函數在上單調遞增，且的圖象經過點和，則不等式的解集為____________．【答案】【解析】【分析】依據奇函數的對稱性可得在R上遞增且過和，利用單調性求不等式的解集即可.【詳解】由奇函數的對稱性：在上遞增，且過和，所以在R上遞增，由，可得：，故，所以不等式解集為.故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知集合，.(1)當時，求；(2)若，求實數的取值范圍.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）依據并集的概念可求出結果；（2）求出后，分類探討是否為空集，再依據交集的結果列式可求出結果.(1)當時，，.(2){或，當時，，此時，解得；當時，若，則解得.綜上，實數的取值范圍為.18．設命題，，命題，.若p、q都為真命題，求實數m的取值范圍.【答案】【解析】先求出命題為真時，的取值范圍，再取交集可得答案.【詳解】若命題，為真命題，則，解得；若命題，為真命題，則命題，為假命題，即方程無實數根，因此，，解得.又p、q都為真命題，所以實數m的取值范圍是.【點睛】本題考查全稱命題與特稱命題的真假求參數值、一元二次函數的性質，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理實力和運算求解實力.19．已知函數(1)當，證明函數在上單調遞減；(2)當時，，求的值.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】【分析】(1)利用證明函數單調性的定義，由，，可證明函數在上單調遞減.(2)通過探討參數，分別求出，，時的值即可.(1)證明：若，則，當時，，所以所以，函數在上單調遞減.(2)①當時，，不滿意條件；②當時，易知函數在定義域內單調遞增，則滿意：，聯立，即解得，不滿意條件；③當時，令，所以，函數在上單調遞減；同理可證，函數在上單調遞增，所以，函數最小值應在處取得，當時，函數在的最小值為，所以，解得，符合條件；當時，函數在的最小值為，所以，解得，不符合條件；當時，函數在的最小值為，所以，解得：，不符合條件；綜上，.20．已知函數.(1)求函數的解析式；(2)設，若存在使成立，求實數的取值范圍.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】（1）由配湊法得，再結合，即可求出的解析式；（2）先求出，將題設轉化為在上有解，換元后利用二次函數的性質求出最小值即可求解.(1)，則，又，則；(2)，又存在使成立，即在上有解，令，設，易得在單減，則，即，故實數的取值范圍為.21．已知函數(1)證明：為偶函數；(2)推斷的單調性并用定義證明；(3)解不等式【答案】(1)證明見解析(2)為上的增函數，證明見解析(3)【解析】【分析】（1）依據奇偶性的定義證明即可；（2）首先得到的解析式，再利用定義法證明函數的單調性，依據設元、作差、變形、推斷符號，下結論的步驟完成即可；（3）依據函數的單調性將函數不等式轉化為自變量的不等式，解得即可；(1)證明：的定義域為，又，故為偶函數；(2)解：，所以為上的增函數，證明：任取，，且，∵，∴，又，∴，即，∴為上的增函數；(3)解：不等式，等價于