湖北省十堰市郧阳中学2025-2026学年高一上学期11月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省十堰市郧阳中学2025-2026学年高一上学期11月月考数学试题（Word版附解析），文件包含湖北省十堰市郧阳中学2025-2026学年高一上学期11月月考数学试题原卷版docx、湖北省十堰市郧阳中学2025-2026学年高一上学期11月月考数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
命题人：赵志勇 审题人：郑梅
本试题卷共四页，十九题，全卷满分150分.考试用时120分钟
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、考号填写在试卷和答题卡上，并将考号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷和答题卡上的非答题区域均无效.
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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先把全集和集合中的元素用列举法表示出来，再根据集合的补集的概念，即可求解.
【详解】由题意，，
，所以.
故选：B
2. 设、、、为实数，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 如果，，那么B. 如果，那么
C. 如果且，那么D. 如果，，那么
【答案】C
【解析】
【分析】通过取特殊值并利用不等式性质，对选项逐一分析可得结论.
【详解】对于A，不妨取，满足，，
但此时，因此A是假命题；
对于B，当时，若，则，即B为假命题；
对于C，如果且，那么只有，即C为真命题；
对于D，不妨取,满足，，但，即D为假命题.
故选：C
3. 已知命题，．则（ ）
A. p为真命题，，B. p为假命题，，
C. p为真命题，，D. p为假命题，，
【答案】B
【解析】
【分析】利用根的判别式即可判断命题的真假，再根据存在量词命题的否定为全称量词命题，即可得出答案.
【详解】解：对于方程，即，
，所以方程无解，
故p为假命题，
，.
故选：B.
4. 若，则“”是“”的（ ）条件．
A. 充分非必要B. 必要非充分
C. 充分必要D. 既非充分又非必要
【答案】A
【解析】
【分析】先解一元二次不等式，再结合充分必要条件定义判断求解.
【详解】，
“”可以推出“”，
“”不能推出“”，
则“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
5. 已知函数，则（ ）
A. 2B. 1C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，证明其为奇函数，根据奇函数性质即可求解.
【详解】，
设，定义域为R，则，
所以，即，
所以.因为，所以.
故选：A
6. 幂函数在区间上单调递增，则的值为（ ）
A. 或3B. 3C. D. 或-3
【答案】B
【解析】
【分析】利用幂函数的定义求解参数，再利用单调性取舍即可.
【详解】由于为幂函数，则，
解得或3，
又因为在区间上单调递增，则，
综上，
故选：B.
7. 已知函数的定义域为，对、，满足，当时，，且，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先通过定义法确定的单调性，然后通过赋值法得到，再由已知等式关系结合函数的定义域和单调性可得出关于的不等式组，解之即可．
【详解】任取，且，则，
所以，且，
因为当时，，所以，所以，
所以，所以在上单调递减；
因为，所以，，
所以，
所以，解得，
因此，不等式的解集为，
故选：B．
8. 已知函数，若对任意，满足，则恒有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】奇偶性定义判断函数的奇偶性，利用复合函数的单调性判断的区间单调性，讨论、、一正一负，结合不等式恒成立确定不等关系.
【详解】由，且的定义域为R，所以是偶函数，
当，令，则在上单调递增，
又在上单调递增，故在上单调递增，
由偶函数的对称性，在上单调递减，
当，由，则，
当，由，则，
当一正一负，不妨令，则，
显然与矛盾，
综上，.
故选：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. 已知不等式的解集是，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 不等式的解集是
C.
D. 若关于的不等式有解，则实数的取值范围是或
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A选项，根据不等式的解集结构即可判断；对于B选项，由解集得到，，从而化为，求出解集；对于选项C，将，代入即可；对于选项D，先求出，从而根据不等式有解得到，求解即可.
【详解】对于选项A，因为不等式的解集为，所以，故A错误；
对于选项B，可以知道，是方程的两个不等实根，
所以，，所以，，
所以，即，
得，故B正确；
对于选项C，，，所以，因为，所以，故C正确；
对于选项D，关于的不等式有解，即求的最小值，
令，因为，所以，所以，
所以，在时单调递增，
所以，所以，解得或，故D错误
故选：
10. 以下说法正确的有（ ）
A. 的最小值为1B. 的最大值为2
C. 最小值为D. 若，则的最小值是8
【答案】AC
【解析】
【分析】利用不等式性质以及基本不等式逐项判断即可.
【详解】A．因为，取等号时，故正确；
B．因为，取等号时，故错误；
C．因为，
取等号时，即，故正确；
D．取，此时，，故错误；
故选：AC.
11. 定义，若函数，且在区间上的值域为，则区间的长度可以是（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用绝对值和二次函数的性质，分区间表示，根据定义作出函数的图象，根据
在区间上的值域为，结合图象讨论区间的长度，得出选项.
【详解】利用绝对值和二次函数的性质，分区间表示：

根据定义作出函数的图象（实线部分），其中，.
已知在区间上的值域为：
最小值：仅在的顶点处取得.
最大值：在上解得（），
或在上解得（）.
故区间的最小长度：区间包含顶点和上的，
即，其长度为，故A对；
中间长度：区间左端点扩展到，此时，即，区间长度为，故B对；
最大长度：区间左端点扩展到，此时，因为时单调递增，
所以区间为，长度为，故C对；
当区间长度为2时，由图象可知，区间包含或的点，故D错.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知正数a，b满足，则的最小值为______．
【答案】4
【解析】
【分析】利用基本不等式将方程化成，令，求解关于的一元二次不等式即得.
【详解】因为正实数a，b满足，
又，则，当且仅当时取等号，
设则，代入整理可得，解得或，
因，故，故当时，取得最小值为4.
故答案为：4
13. ______.
【答案】
【解析】
【分析】根据幂的运算法则和对数的运算法则、换底公式计算.
【详解】,
故答案为：.
14. 设，若有不相等的实数满足，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据解析式作出函数的图象，得到的范围，再由得到，从而得解.
【详解】对于，
当时，，则；
当时，，则，且当时，；
当时，，则，
且当时，，当时，，；
作出函数的图象，如图，
不妨设，因为，则，
由得，则，
由，得，即，
则.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知集合，，．
（1）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据充分不必要条件的性质，得到集合是集合的真子集，从而得到关于实数的不等式组，求解不等式组，即可得到实数的取值范围.
（2）根据集合是否为空集进行分类讨论，结合，分别求出实数的取值范围，最后取并集即可.
【小问1详解】
已知“”是“”的充分不必要条件，根据充分不必要条件的定义可知集合是集合的真子集.
已知，，则，解得.
故实数的取值范围为.
【小问2详解】
当时，因为，所以，解得，此时成立；
当时，，解得.
因为，，则或，解得或，故此时.
综上，若，则实数的取值范围为.
16. 已知，命题，，命题，使得方程成立．
（1）若是真命题，求的取值范围；
（2）若一个真命题一个假命题，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由是真命题，即需求在上最小值，求解即得；
（2）先求出命题为真时的范围，再分“真假”和“假真”两种情况求解即得.
【小问1详解】
命题，为真命题，
因为函数在上的最小值为，
故可得，即的取值范围为；
【小问2详解】
当时，在上单调递减，在上单调递增，
故 在上的值域为，
则命题，使得方程成立为真时，.
若真假时，有，得；
若假真时，有，得.
综上，当，一个真命题一个假命题时，的取值范围为.
17. 已知函数满足任意的实数，，都有，且当时，.
（1）求的值，并证明：是奇函数；
（2）判断在上的单调性并证明；
（3）若关于的不等式对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1），证明见解析
（2）在上单调递增，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）用特值法可求出的值，再利用奇函数的概念即可证明；
（2）利用定义法证明函数的单调性即可；
（3）题设不等式恒成立可化简为对任意的恒成立，再利用换元法求出函数的单调性和最值，利用二次函数的图象的单调性结合定义域即可求解.
【小问1详解】
因为函数满足任意的实数，，都有，
令，则，所以.
令，则，
所以，所以是奇函数.
【小问2详解】
在上单调递增.
证明：设，且，所以，
又，所以，所以，所以，即，所以在上单调递增.
【小问3详解】
关于的不等式对任意的恒成立，即关于的不等式对任意的恒成立，
由（2）可知在上单调递增，
令，，所以，，
令，，
当，即时，在上单调递增，
所以，解得，
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，不符合题意；
当，即时，在上单调递减，
所以，解得，与矛盾，不符合题意.
综上，的取值范围是.
18. 已知定义在上的偶函数和奇函数，若，，，．
（1）求，的值；
（2）若函数．
（i）当时，求函数的最大值；
（ii）是否存在，，使得关于不等式的解集为?若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）（i）答案见解析；（ii）存在，，
【解析】
【分析】（1）利用函数的奇偶性定义求出值，根据定义在上的奇函数的性质求出值后检验即可；
（2）（i）在求出的表达式后，设，得，函数化成，利用二次函数在给定区间上的图象性质即可求得其最大值；（ii）依题意，的解集为等价于关于的不等式的解集为，利用三个二次的关系建立方程组，求解即可.
【小问1详解】
因为为偶函数，则恒成立，即，
即，
因为，所以，即，所以，因为对所有都成立，所以；
因为函数为奇函数，且定义域为，所以，即，所以，
即，因为，所以符合题意；
【小问2详解】
因为，，
则，
令，则，
（i）因为，且是关于的增函数，所以，
的对称轴为直线，
当时，所以；
当时，所以，
（ii）因为，则，
所以若的解集为，
则关于的不等式的解集为，
则是方程的两根，且需，
由，
解得，，满足，即恒成立，
所以当，时，不等式的解集为．
19. 已知函数的定义域为，若对任意，都有，则函数的图象关于点成中心对称图形，点是函数图象的对称中心.已知函数.
（1）证明：的图象关于点成中心对称图形.
（2）求图象的对称中心.
（3）设函数，将区间分成等份，记等分点的横坐标按从小到大的顺序依次为，若不等式对任意恒成立，求整数的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）5
【解析】
【分析】（1）根据函数解析式，化简，然后求和等于2，即可确定函数的对称中心.
（2）解法一：设，然后化简函数，进而可确定对称中心；解法二：根据函数解析式，化简，然后求和等于2，即可确定函数的对称中心.
（3）先确定的对称中心，然后化简不等式，进而确定的最小值.
【小问1详解】
证明：因为，所以，
，
所以，
则的图象关于点成中心对称图形.
【小问2详解】
解：（解法一）设，则，所以.
易证是奇函数，所以函数的图象关于点中心对称，
所以函数的图象关于点中心对称，
所以的图象关于点中心对称，即图象的对称中心为点.
（解法二）因为，所以，
，
所以，
则图象的对称中心为点.
【小问3详解】
解：由（1）（2）可知和的图象都关于点成中心对称图形，，
所以，
所以
所以函数的图象关于点成中心对称图形.
因为区间关于直线对称，
所以，
所以.
因为不等式对任意恒成立，所以.
因为，所以，所以，即整数的最小值是5.