江西省上饶市余干县第二中学2024-2025学年高一上学期10月数学检测卷

这是一份江西省上饶市余干县第二中学2024-2025学年高一上学期10月数学检测卷，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共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．已知集合，且都是全集的子集，则如图韦恩图中阴影部分表示的集合为（ ）

A．B．C．D．
2．对任意实数,“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知函数，且，则（ ）
A．B．
C．D．
4．函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
5．设，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
6．设函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数为定义在上的奇函数，当时，，则（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数在R上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．如图所示，二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点，且对称轴为，点坐标为，则下面结论中正确的是（ ）

A．有且仅有一个实数解
B．
C．
D．时的解集是
10．下列命题是真命题的是（ ）
A．命题“，使得”的否定是“，都有”
B．函数的最小值为
C．已知，，则
D．若关于的不等式的解集为或，且解集中仅有两个整数，则的取值范围是
11．已知，若，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．满足对任意实数，都有，则实数a的取值范围是 ．
13．已知函数是上的减函数，则a的取值范围是 .
14．已知，则=
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（13分）已知集合；
(1)若，求；
(2)若，求实数的取值范围．
16．（15分）已知，，且．
(1)求的最大值；
(2)求的最小值．
17．（17分）已知函数.
(1)证明：函数是奇函数；
(2)用定义证明：函数在上是增函数；
(3)若关于的不等式对于任意实数恒成立，求实数的取值范围.
18．（15分）已知偶函数和奇函数的定义域均为，且．
(1)求函数和的解析式；
(2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围．
19．（17分）已知函数，，其中．
(1)当时，求函数的定义域与值域：
(2)设集合，证明：；
(3)已知矩形的顶点，在的图象上，顶点，在的图象上轴，若，且该矩形的中心为点，求的值．
参考答案
1．B
【分析】由韦恩图以及交集的概念即可得解.
【详解】因为，所以.
故选：B.
2．C
【分析】我们需要先求出在上的取值范围，再根据充分必要条件的定义来判断.
【详解】对于函数，根据均值不等式（当且仅当时取等号），
则.
当即时取等号，但是，所以
判断充分性:
若，因为时，那么，所以充分性成立.
判断必要性:
若，当时，显然，所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
3．A
【分析】根据条件，利用配凑法，求得，再结合条件，即可求解.
【详解】易知，
又，所以，
则，解得，
故选：A.
4．D
【分析】由，且，即可求得结果.
【详解】由题意得，解得且，
所以函数的定义域为.
故选：D.
5．A
【分析】根据给定条件，利用指数运算及指数函数单调性比较大小.
【详解】依题意，，而，
所以.
故选：A
6．A
【分析】结合指数函数和二次函数的单调性，由复合函数单调性可得答案.
【详解】函数分为外函数：，内函数：；
根据复合函数同增异减法则，在区间上单调递增，
且外函数单调递减，则内函数在也单调递减；
为二次函数，开口向下，对称轴为，所以，所以.
故选：A．
7．B
【分析】利用奇偶函数的性质，结合条件，即可求解.
【详解】函数为定义在上的奇函数，所以，且，又当时，，
所以，
故选：B.
8．D
【分析】分段函数单调递减，需满足每一段函数均单调递减，且分段处左端点函数值大于等于右端点函数值，从而得到不等式，求出答案.
【详解】显然在上单调递减，
要想在R上单调递减，
则，解得.
故选：D
9．BD
【分析】由函数图象确定函数解析式可写为，取解方程判断A，再根据二次函数的性质判断BC，根据一元二次不等式的解与二次函数图象的关系判断D．
【详解】因为二次函数的图象的对称轴为，
点坐标为，所以点的坐标为，
所以可以据此求出二次函数，
若，则可解出或，故A错误；
，即，故B正确；
显然有两个不同实数解，于是，故C错误；
的解集显然是，故D正确.
故选：BD.
10．ACD
【分析】利用特称命题的否定可判定A；利用基本不等式可排除B；利用奇偶性可判定C；由题意得出和4是方程的两根，且，利用根与系数的关系，得出，，代入，结合二次函数的性质即可判定.
【详解】对于A选项，因为存在量词命题的否定为全称量词命题，
所以命题“，使得”的否定是“，都有”，故A正确；
对于B选项，易知，故，
由基本不等式知，等号不成立，故B错误；
对于C选项，易知，令，
易知，即为奇函数，
所以，则，故C正确；
D选项，关于x的不等式的解集为或，
所以和4是方程的两根，且，
由根与系数的关系知，，
所以，，
所以关于的不等式可化为，
令，对称轴，，
因为不等式的解集中仅有两个整数，
所以这两个整数是，或，，
当这两个整数是和时，则，解得；
当整数是和时，由于对称轴时，根据对称性可知，此时显然不符合题意，
综上，a的取值范围是，故D正确.
故选：ACD.
11．ABC
【分析】由对数运算的性质得，通过代入即可判断A；由二次函数的性质即可判断B；代入即可求出a的值，则可判断C；由可得，可解得a的取值范围，则可判断D.
【详解】由题意知，所以，
所以．
对于A，若，则，故A正确；
对于B，若，则，所以，故B正确；
对于C，若，则，解得，故C正确；
对于D，若，则，不能得到，故D错误．
故选：ABC.
12．
【分析】先根据判断函数的单调性，再根据分段函数的单调性可得关于的不等式组，解不等式组即可求解.
【详解】解：对任意实数，都有，
即与同号，
故为上的增函数，
故分段函数的每一段单调递增，且分界点处单调递增，
故，
解得：．
故答案为：．
13．
【分析】根据函数在上是减函数特征，两段函数各自为减函数，且左段函数的最小值大于等于右段函数的最大值，解不等式组即可求得的取值范围．
【详解】因为函数是上的减函数，
所以，解得，
即a的取值范围是.
故答案为：.
14．1
【分析】根据指数式和对数式的互化可得，结合对数运算性质可得的值，化简为，即可得答案.
【详解】由于，故，
故，
则.
故答案为：1
15．(1)
(2)
【分析】（1）先化简集合，再利用集合的并集运算即可得解；
（2）先由条件得到，再对与分两种情况讨论得解.
【详解】（1）当时，，，
所以.
（2）因为,
所以，
当时，，解得，
当时，，解得，
综上所述，实数的取值范围为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）用表示，根据二次函数的性质求得正确答案.
（2）利用基本不等式求得正确答案.
【详解】（1）依题意，，，且，
所以，所以，
二次函数的开口向上，对称轴为，
所以当时，取得最大值为，此时.
所以的最大值为.
（2）
，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据函数奇偶性的定义和判定方法，即可可证；
（2）根据函数单调性的定义和判定方法，即可得证；
（3）根据题意，得到函数为定义域上的奇函数，且为单调递增函数，不等式转化为对于任意实数恒成立，分和，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可求解.
【详解】（1）证明：由函数，可得其定义域为，关于原点对称，
又由，
所以函数为定义域上的奇函数.
（2）证明：当时，，
任取，且，
可得
因为，且，可得，，
所以，即，
所以函数在0,+∞上是增函数.
（3）因为函数为定义域上的奇函数，且在0,+∞上是增函数，
所以函数在上也是增函数，
又因为，所以函数在上是增函数，
又由，可得，
因为不等式对于任意实数恒成立，
即不等式对于任意实数恒成立，
可得不等式对于任意实数恒成立，
即不等式对于任意实数恒成立，
当时，不等式即为恒成立，符合题意；
当时，则满足，解得，
综上可得，，即实数的取值范围0,1.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据函数的奇偶性列方程组求解；
（2）利用换元思想，令，则可将原不等式化为恒成立，其中，再令，，分类讨论二次函数的单调性求最值即可求解.
【详解】（1）由题，，
则有，
又因为偶函数和奇函数，所以，
所以联立，
解得.
（2）因为，
由，
可得，
即，
令，
因为，当且仅当，即时等号成立，
所以，
又因为，所以，
所以，即恒成立，其中，
令，，
则函数在时恒成立，
当，即时，在单调递增，
所以，符合题意；
当，即时，
函数在对称轴处取得最小值，则，
则，即，
解得，又因为，所以，
综上，，
所以的取值范围是.
19．(1)定义域为，值域为
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据对数函数的性质求定义域；
（2）由对数函数性质不等式化为关于的一元二次不等式在上有解，再转化在上有解，利用根的分布知识求解可得；
（3）确定与的图象关于轴对称，由对称性得矩形的中心在轴上，得，设点坐标（），由对称性表示出的坐标，由此由对称性求得，得出，从而可得结论．
【详解】（1）由题意可得：，得，
定义域为．
当时，，
，，
值域为．
（2）
又因为，所以可得
要证明：即证明在上有解
存在，使得成立
，即为，
不等式在上有解，
设，因此在上有解，
所以，解得，
在上有解
即可证明：
（3）与关于轴对称
由题意可知，矩形关于轴对称，所以，．
所以设点坐标（）
因为矩形且轴，轴
点坐标
又矩形关于轴对称
点横坐标为，同理可得点坐标
，且该矩形的中心为点
所以可得：，消去
得：
所以，展开可得：
因式分解可得：
所以．
【点睛】方法点睛：本题第（2）小题的解法是利用对数函数性质把问题转化为不等式有解问题，然后再转化为一元二次方程在区间内有解，从而利用二次方程根的分布知识求解．第（3）小题关键是确定函数图象的对称性，得出矩形中心在轴，然后设矩形顶点坐标，利用对称性把矩形中心坐标与顶点坐标建立关系，从而求得参数值．