2023-2024学年山东省淄博市高一上学期期末数学质量检测模拟试题(含答案)

2023-2024学年山东省淄博市高一上册期末数学模拟试题

一、单选题

1．已知实数集R，集合

|02Axx，集合

|3Bxx，则

RABð（）

A．

3,B．

2,3

C．

3,02,D．

,02,3

【正确答案】C

【分析】利用集合的补集、交集运算求解.

【详解】因为

|02Axx，所以

R{|0Axxð

或2}x

，所以

RABð

3,02,.

故选：C

2．命题“xR，230x”的否定为（）

A．xR，230xB．xR，230x

C．xR，230xD．xR，230x

【正确答案】A

【分析】根据存在量词的命题的否定法则判断可得.

【详解】“xR，230x”的否定为“xR，230x”

故选：A．

3．如果0ab，且0ab，那么以下不等式正确的个数是（）

①22ab；②11

ab；③32aab；④23abb.

A．1B．2C．3D．4

【正确答案】C

【分析】根据不等式的性质分别进行判断即可．

【详解】由0ab知，0b．又0ab，∴0ab，

∴2

2ab，即22ab．

又0a，∴32aab，

0b，∴23abb，

故①正确，③正确，④也正确，又1

0

a，1

0

b，故②错误．

故选：C．4．设p：m≤1：q：关于x的方程2210mxx有两个实数解，则p是q的（）

A．充分且不必要条件B．必要且不充分条件

C．充要条件D．既不充分又不必要条件

【正确答案】B

【分析】由关于x的方程2210mxx有两个实数解写出命题q的等价命题，后判断命题p与q

的关系即可.

【详解】关于x的方程2210mxx有两个实数解0

,00,1

440m

m

m







，则命题

q.

001,∪,m

又p：

,1m，故p是q的必要不充分条件.

故选：B

5．设实数x

满足0x，则函数1

23

1yx

x

的最大值是（）

A．122B．522C．122D．522

【正确答案】D

【分析】将函数解析式拼凑变形后使用基本不等式求最大值.

【详解】因为0x，所以10x，所以111

23215215522

111yxxx

xxx







当且仅当2

1

2x时，等号成立，

故选：D.

6．若关于x

的不等式2210kxkxk的解集为，则实数k的取值范围是（）

A．1

,0

2





B．1

,0

2





C．1

,0

2





D．1

,0

2







【正确答案】C

【分析】分0k与0k两种情况，当0k时，根据二次函数的性质建立不等式即可求解．

【详解】当0k时，不等式化为10,

此时不等式无解，满足题意，

当0k时，要满足题意，只需

20

Δ44(1)0k

kkk





，解得1

0

2k-£<，

综上，实数k的范围为1

,0

2





.

故选:C.7．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数

学家哈利奥特首次使用“

”和“

”符号，并逐步被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若实数1

331,

3xyxy





，则3

131xy

xy

的最小值为（）

A．6B．4C．3D．2

【正确答案】A【分析】将3

131xy

xy

分离常数为11

2

131xy

，由1

331,

3xyxy





，可得

1311xy

，且10x，310y，再结合基本不等式求解即可.【详解】由31131111

2

131131131xyxy

xyxyxy



，又1

331,

3xyxy





，所以1311xy

，且10x，310y，所以

1111131131

13111224

131131311311xyxy

xy

xyxyyxyx







，当且仅当131

311xy

yx



，即3

2x，1

2y时，等号成立，故3

131xy

xy

的最小值为6.

故选：A.

8．设函数的定义域是(0,1)，且满足：（1）对于任意的(0,1)x

，()0fx

；（2）对于任意的

12,(0,1)xx

，恒有11

22()(1)

2

()(1)fxfx

fxfx



.则下列结论：①对于任意的(0,1)x

，()(1)fxfx；②()fx

yx

x在

(0,1)上单调递减；③()fx的图象关于直线1

2x对称，其中正确结论的个数是（）

A．0B．1C．2D．3

【正确答案】B

【分析】根据题意，令

121xx，集合基本不等式的性质进行逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，令

121xx，则不等式11

22()(1)

2

()(1)fxfx

fxfx



等价于22

22(1)()

2

()(1)fxfx

fxfx



，

由（1）对于任意的(0,1)x

，()0fx

，

则2222

2222(1)()(1)()

22

()(1)()(1)fxfxfxfx

fxfxfxfx



，所以22

22(1)()

2

()(1)fxfx

fxfx



，当且仅当22

22(1)()

()(1)fxfx

fxfx



，即

22()(1)fxfx时成，

此时函数

fx关于1

2x对称，所以③是正确的；

令

2xx

，可得()(1)fxfx

，所以①不正确；

又由

1122()(1),()(1)fxfxfxfx则不等式11

22()(1)

2

()(1)fxfx

fxfx



等价与11

22()()

2

()()fxfx

fxfx，可得1

2()

1

()fx

fx

，

因为对于任意的(0,1)x

，()0fx

，所以

12fxfx

，

所以

12fxfx恒成立，所以函数

fx是常数函数，则()

(0)fxk

yxxk

xx，此时函数在(0,)k单调递减，在(,)k单调递增，所以在(0,1)上

不一定单调递减，所以②不正确.

故选B.

本题主要考查了抽象函数的应用，其中解答中合理赋值，结合基本不等式的性质求解是解答的关

键，综合性强，属于中档试题，着重考查了推理与论证能力.

二、多选题

9．以下结论正确的是（）

A．2

21

2x

x

B．2

21

3

3x

x

的最小值为2

C．若2221ab，则

2211

322

ab

D．若1ab，则11

4

ab

【正确答案】AC

【分析】利用基本不等式的性质进行判断即可．

【详解】对于A

，22

2211

22xx

xx，当且仅当2

21

x

x时等号成立，故A正确，

对于B

，22

2211

3232

33xx

xx

，当且仅当2

21

3

3x

x

时等号成立，但

231x，故B错误，