河南省2023-2024学年高一上学期11月学业质量监测考试
数学★
全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
2．若命题，则为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
4．若幂函数的图象过点，则实数（ ）
A．2 B．3 C． D．
5．已知，则下列不等式错误的是（ ）
A． B． C． D．
6．已知为全集，集合为的两个子集，则“”的充要条件是（ ）
A． B． C． D．
7．已知，则的最小值为（ ）
A．25 B． C．5 D．
8．下列说法正确的是（ ）
A．若一次函数，则
B．函数的图象与直线有1个交点
C．若函数的定义域为，则函数的定义域为
D．函数与函数是同一个函数
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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，则下列选项可以成立的是（ ）
A． B． C． D．
10．某种商品单价为50元时，每月可销售此种商品300件，若将单价降低元，则月销售量增加件，要使此种商品的月销售额不低于15950元，则的取值可能为（ ）
A．9 B．7 C．13 D．11
11．已知函数的定义域为，值域为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
12．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．在上，的最小值为4
B．在上，单调递减
C．为奇函数
D．在上，单调递增
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知集合，则______．
14．已知函数为幂函数，则的值为______．
15．已知是奇函数且在上单调递增，，则的解集为______．
16．已知，且，则的最小值为______．
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）
已知集合．
（1）若，求中元素的个数；
（2）若，求的取值范围．
18．（12分）
已知函数满足．
（1）求的解析式；
（2）求的值．
19．（12分）
已知函数表示中的最小值．
（1）求的值；
（2）求的解集．
20．（12分）
已知二次函数，集合，其中．
（1）若，且，求的解析式
（2）若（），求的最小值．
21．（12分）
已知有两个不同的根，且．
（1）若，求的值；
（2）求的取值范围．
22．（12分）
某乡镇为全面实施乡村振兴战略，大力发展特色农产产业，提升特色农产品的知名度，邀请了一家广告牌制作公司设计一个宽为米、长为米的长方形展牌，其中，并要求其面积为平方米．
（1）求关于的函数；
（2）判断在其定义域内的单调性，并用定义证明；
（3）如何设计展牌的长和宽，才能使展牌的周长最小？
河南省2023-2024学年高一上学期11月学业质量监测考试
数学答案★
1．A【解析】 由得，故的定义域为．故选A．
2．B【解析】 由题意知．故选B．
3．C【解析】 将代入，得或故．故选C．
4．D【解析】 将点代入得，．故选D．
5．C【解析】 ，两式相加知A正确；，两式相加知B正确；显然由满足条件的知，C错误；由，得，由，得，故，D正确．故选C．
6．A【解析】 画出Venn图如图所示，
可知B，C，D错误，A正确．故选A．
7．B【解析】 由，得，即，当且仅当时等号成立，故的最小值为．故选B．
8．D【解析】 对于A选项，一次函数，则，A错误；
对于B选项，令，可得，则函数的图象与直线有2个交点，B错误；
对于C选项，由，得，则的定义域为，令，得，所以函数的定义域为，C错误；
对于D选项，与的定义域均为，且，与的对应关系相同，所以函数与函数是同一个函数，D正确．故选D．
9．AC【解析】 由，解得，故A正确，B错误；，是符合条件的一组解，故C正确；由，得，故D错误．故选AC．
10．AD【解析】 由题意得，，即，解得的可能取值为8，9，10，11，12．故选AD．
11．BC【解析】 若，由，解得或，故A错误；若，恒成立，故，故B正确；若，令可取上所有实数，故的值域为，故C正确；若，令，则的值域为，故D错误．故选BC．
12．ABC【解析】 当时，，当且仅当时取等号，故A正确；
画出的大致图象如图所示，
故B正确，D错误；由的定义域为，，可知C正确．故选ABC．
13．【解析】 因为，，所以．
14．1【解析】 由题意得，，即，则．
15．或【解析】 由及已知条件知，或，解得或，故原不等式的解集为或．
16．【解析】 ，
故
，当且仅当，即时取等号，则的最小值为．
17．解：（1），当时，，
则，故中元素的个数为5．
（2）由，得，故．
由，得
解得，故的取值范围为．
18．解：（1）由，得
（2），
故，，…，
，
10个式子相加得，
19．解：（1）当时，，故；
当时，，故．
（2），
在上，；
在上，；
在上，则
故的图象如图所示，
令可得，或2，
由图象可知，的解集为．
20．解：（1）由得，，
由可知，是方程的两根，
所以解得，故．
（2）由（）可得，
所以，
又，所以
当且仅当，即时，取得等号．故的最小值为4．
21．解：（1），即，
故，，化简得，
由已知及求根公式得，
将代入整理得，，解得或，经检验，符合题意．
（2）由，解得或，
而或，则，
故，故的取值范围为．
22．解：（1）由题意可知，，则，
又，即，则，
所以．
（2）在上单调递减．
证明：任取，且，
所以，
因为，所以，则，
即，所以，
由函数单调性的定义可知，在上单调递减．
（3）设长方形展牌的周长为，
则，
当且仅当，即时取得等号，此时，
故当设计的长方形展牌的宽为2米、长为6米时，周长最小．
