黑龙江省大庆铁人中学2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份黑龙江省大庆铁人中学2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试题（Word版附解析），文件包含黑龙江省大庆铁人中学2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试卷Word版含解析docx、黑龙江省大庆铁人中学2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡.
一、单项选择题（本题包括8个小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）
1. 设命题，则为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】由全称命题的否定：任意改存在并否定原结论，即可得答案.
【详解】由全称命题的否定为特称命题，则原命题的否定为.
故选：B
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】先解不等式，再求交集即可.
【详解】由，可得，
由，可得，
所以.
故选：B
3. 已知，则下列结论不正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】对于AB，利用不等式的性质，即可判断；对于C，通过取特殊值，即可判断；对于D，利用作差法判断.
【详解】对于A，由，得，而，则，正确；
对于B，由，，得，正确；
对于C，若，当时，则，不正确；
对于D，因，由，可得，正确.
故选：C.
4. 下列各组函数是同一个函数的是（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用同一函数的定义与判定方法，结合函数的定义域与对应关系，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A，函数的定义域为，的定义域为，两个函数的定义域不同，所以不是同一个函数，所以A不符合题意；
对于B，函数，，所以两个函数的对应关系不同，所以不是同一个函数，所以B不符合题意；
对于C，函数的定义域为，的定义域为，两个函数的定义域不同，所以不是同一个函数，所以C不符合题意；
对于D，由函数与的定义域与对应关系都相同，所以是同一个函数，所以D符合题意.
故选：D
5. “”是“方程有实数解”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
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件与必要条件的定义求解.
【详解】当时，此时的方程为，即无解，所以有实数解；
因为，所以，即，所以方程有实数解；
所以“”是“方程有实数解”的必要不充分条件．
故选：B.
6. 已知关于的不等式的解集为，则（ ）
A. B. 不等式的解集是
C. D. 不等式的解集为或
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的解集可判断A；利用韦达定理可得，代入BCD依次判断即可.
【详解】对A，由不等式的解集为可知，A错误；
对B，又2和3是方程的两根，由韦达定理可得，
即，所以，
解得，B错误；
对C，，C正确；
对D，，解得，D错误.
故选：C.
7. 存在三个实数，使其分别满足下述两个等式：
（1） （2）
其中M表示三个实数中的最小值，则（ ）
A. M的最大值是B. M的最大值是
C. M的最小值是D. M的最小值是
【答案】B
【解析】
【分析】由已知得，中必有个正数，1个负数，设，，则，根据基本不等式及不等式的性质即可求解．
【详解】由已知得，中必有个正数，1个负数，
设，，则，
因为，所以，
所以，即，
所以，由得，，即，
所以，
故选：B．
8. 一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“k倍跟随区间”；特别地，若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”.下列结论不正确的是（ ）
A. 函数存在跟随区间
B. 若为的跟随区间，则
C. 函数存在跟随区间
D. 二次函数存在“2倍跟随区间”
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数“跟随区间”的定义，结合选项中每个函数的单调性和自变量的取值范围，可列出相应的方程组，如果解得存在区间符合题意，则判断该选项正确，如果解得方程的解不符合题意，可判断该选项错误.
【详解】对于A，因为在R上单调递增，所以对于，其值域为，
由“跟随区间”的定义可知函数存在无数个跟随区间，故A正确；
对于B，若为的跟随区间，且的对称轴为，
所以，解得或（舍），故B正确；
对于C，假设存“跟随区间”，
因为在单调区间上均单调递减，
则有，解得，
此时在内包含0，时函数无意义，故不存在跟随区间，故C错误；
对于D，若函数存在2倍跟随区间，
设定义域为 ，值域为，
当时，函数在定义域上单调递增，则，
则是方程的两个不相等的实数根，解得或 ，
故存在定义域 使得值域为，D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决这类给出函数新定义的题目时，关键是要正确准确地理解定义的含义，并能根据该定义去进行解答.
二、多项选择题（本题包括个3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，请将正确选项填涂在答题卡上）
9. 已知函数，则关于函数正确的说法是（ ）
A. 函数的定义域为B. 函数在单调递减
C. 函数值域为D. 不等式的解集为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据分式函数有意义求解定义域判断A，利用分离常数法结合反比例函数的单调性判断B，根据分离常数法求解值域判断C，解分式不等式判断D.
【详解】由，要使函数有意义，则，解得，
则函数的定义域是，值域为，故A正确；
向左平移一个单位，得到，再向上平移个单位，得到，
因为函数在0,+∞上为减函数，所以函数在单调递减，
函数在单调递减，故B正确；
由，知，，所以，
所以函数值域为，故C错误；
不等式即，所以，所以，
所以不等式的解集为，故D正确.
故选：ABD.
10. 下列说法正确的有（ ）
A. 函数 的最小值为
B. 已知，则的最小值为
C. 若正数满足，则的最小值为3
D. 设，，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用对勾函数的性质可判断A；利用配凑法可判断B；将已知变形为，妙用“1”可判断C；将已知变形为，然后根据“1”的妙用可判断D.
【详解】对A，令，则，
因为在上单调递增，所以，A错误；
对B，，
当且仅当，即时，等号成立，所以B正确；
对C，由得，
所以，
当且仅当时，等号成立，所以C正确；
对D，由得，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，所以D正确.
故选：BCD
11. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，如，.若，，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，
B.
C. 函数的值域为
D. 当时，函数的值域为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，直接由高斯函数定义来验证即可；对于B，注意到，使得，即可运算判断；对于C，由B选项可得的周期，故只需讨论在上的值域即可；对于D，分别求出每一段的值域，再求并集即可.
【详解】对于A，当时，，正确；
对于B，因为，使得，此时，
从而，错误；
对于C，由B选项分析可知，函数是以1为周期的周期函数，
故只需讨论在上的值域即可，
当时，，即函数的值域为，正确；
对于D，当时，，当时，，
当时，，依次类推，当时，，取并集得函数的值域为，正确.
故选：ACD.
三、填空题（本题包括个3小题，每小题5分，共15分，请将正确答案填写在答题卡中的横线上）
12. 已知函数的定义域，则函数的定义域为 ______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得出不等式组，解不等式组即可求得函数的定义域.
【详解】由函数的定义域得要使函数有意义，则满足，
解得或，即函数的定义域为.
故答案为：.
13. 我们用符号表示三个数中较大的数，若，则的最小值为______.
【答案】2
【解析】
【分析】分别联立方程求得交点坐标，画出函数的图象，数形结合即可得解.
【详解】解：联立，解得，
联立，解得或，
联立，解得或，
作出函数的图象如图：
由图可知，则的最小值为.

故答案：2.
14. 已知，，若任给，存在．使得，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知可推得在上的值域为在上的值域的子集.根据分段函数各段的单调性，得出.进而分，，三种情况，得出的范围，列出不等式组，求解即可得出答案.
【详解】由任给，存在．使得，
可知，在上的值域为在上的值域的子集.
根据二次函数的性质可知，当时，单调递减，
且，，
所以，；
当时，.
，且，
则.
因为，且，
所以，，，
所以，，，
所以，在上单调递增.
又，
所以，.
综上所述，当时，.
当时，单调递增，所以.
所以有，解得；
当时，不满足；
当时，单调递减，所以.
所以有，解得.
综上所述，或.
故答案为：.
四、解答题（本题共5题，共77分，解答题应写出必要的文字说明，证明过程或者演算步骤.）
15. 已知集合，.
（1）当时，求；；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）或，
（2）
【解析】
【分析】（1）解一元二次不等式求解集合A，然后求出，当时，求出集合B和，然后利用交集运算求解即可.
（2）由，得，然后按照和分类讨论，分别列不等式组求解即可.
【小问1详解】
由得，所以，
所以或，
当时，，或，
所以或，.
【小问2详解】
由，得，由（1）知，，
当，即时，，满足，因此；
当，即时，，为使得，
需满足，解得，因此，
综上，或，
即实数的取值范围.
16. 已知函数经过，两点.
（1）求函数的解析式；
（2）判断函数在上的单调性并用定义进行证明；
（3）若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）在上单调递减，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入列方程组求解即可；
（2）利用单调性的定义证明即可；
（3）将问题转化为，然后利用单调性求解最值即可得解.
【小问1详解】
，，
，解得，
.
【小问2详解】
在0,1上单调递减，证明如下：
任取，且，
则，
，且，
，，
∴，
，即，
所以函数在0,1上单调递减.
【小问3详解】
由对任意恒成立得，
由（2）知在0,1上单调递减，
函数在上的最大值为，
，
所求实数的取值范围为.
17. 已知函数对任意满足：，二次函数满足：且.
（1）求，的解析式；
（2）若，解关于的不等式.
【答案】（1），
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）用方程组法求，用待定系数法求；
（2）先将不等式化为，根据分类求解即可.
【小问1详解】
①，
用代替上式中的，
得②，
联立①②，可得；
设，
所以，
即
所以，解得，，
又，得，所以.
【小问2详解】
因为，
即，
化简得，，
①当时，，不等式的解为；
②当，即，即时，不等式的解为或；
③当，即，即或，
当时，不等式的解为或x>1，
当时，不等式的解为，
④当，即时，，解得且，
综上所述，当时，不等式的解为；
当时，不等式的解为；
当时，不等式的解为或；
当时，不等式的解为且；
当时，不等式的解为或x>1.
18. 已知函数，
（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围；
（3）设函数在上的最小值为，求函数的表达式.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）按照和分类讨论，当时，根据一次函数判断，当时，根据二次函数性质列不等式组求解即可.
（2）当时，根据一次函数性质判断，当时，根据二次不等式恒成立列不等式组求解即可.
（3）动轴定区间问题，按照、、分类讨论求解最值即可.
【小问1详解】
因为函数在上单调递增，
∴当，即时，满足函数在单增，所以；
当时，若在上单调递增，则需满足，解得，
综上：.
∴所求实数的取值范围为.
【小问2详解】
当时，由得，不符合题意；
当，为使得恒成立，则需满足，
即，解得；
综上：∴实数的取值范围为.
【小问3详解】
二次函数的对称轴为.
当，即时，在上单调递增，
此时；
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
此时；
当，即时，在上单调递减，
此时．
综上，.
19. 问题：正实数a，b满足，求的最小值.其中一种解法是：，当且仅当且时，即且时取等号.学习上述解法并解决下列问题：
（1）若正实数x，y满足，求的最小值；
（2）若实数a，b，x，y满足，求证：；
（3）求代数式的最小值，并求出使得M最小的m的值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）时，取得最小值．
【解析】
【分析】（1）利用“1”的代换凑配出积为定值，从而求得和的最小值；
（2）利用已知，，然后由基本不等式进行放缩：，再利用不等式的性质得出大小．并得出等号成立的条件．
（3）令，，构造，即以，即，然后利用（2）的结论可得．
【小问1详解】
因为,，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是．
【小问2详解】
，
又，当且仅当时等号成立，
所以，
所以，当且仅当且同号时等号成立．此时满足.
【小问3详解】
令，，由得，
，
又，所以，
构造，
由，可得，因此，
由（2）知，
取等号时，且同正，
结合，解得，即，．
所以时，取得最小值．
【点睛】本题考查用基本不等式求最小值，考查方法的类比：“1”的代换．解题关键是“1”的代换，即利用，从而借助基本不等式得出大小关系，同时考查新知识（新结论）的应用，考查了学生的灵活运用数学知识的能力．对学生的创新性思维要求较高，本题属于难题．