重庆市第一中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题 Word版含解析

这是一份重庆市第一中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题 Word版含解析，共19页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上，考试结束后，将答题卡交回， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号码填写在答题卡上.
2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一､单项选择题.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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的交集运算法则运算即可.
【详解】因为，
，
所以.
故选：.
2. 命题.“”的否定是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用特称命题的否定形式回答即可.
【详解】根据特称命题的否定形式可知命题.“”的否定是“”.
故选：B
3. 已知函数定义域为，则函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据抽象函数及具体函数的定义域求解即可.
【详解】因为函数的定义域为，
所以函数的定义域为，
则对于函数，需满足，
解得，即函数的定义域为.
故选：D.
4. 使得“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于全称量词命题，我们需要先求出使得该命题为真时的取值范围，然后再根据充分不必要条件的定义来判断选项.
【详解】令，.
对于二次函数，其对称轴为.
因，所以函数在上单调递增.
那么在上的最大值为.
因为为真命题，即在上恒成立，所以.
是的充分而不必要条件，即值，.
当时，一定满足，所以是的充分不必要条件.
而时，不能保证一定满足，时，也不能保证一定满足.
故选：C.
5. 若正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】利用基本不等式和常值代换法求得的最小值，依题得到不等式，解之即得.
【详解】因，由
，当且仅当时取等号，
即当时，取得最小值6.
因不等式恒成立，故，
即，解得.
故选：C.
6. 函数满足对且，都有，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，得到在定义域上为单调递减函数，结合分段函数的单调性的判定方法，列出不等式组，即可求解.
【详解】由函数
因为函数任意且，都有，
所以函数在定义域上为单调递减函数，
则满足，即，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D.
7. 已知均为正实数，且，则下列选项错误的是（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小值为
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式可判断AC的正误，利用“1”的代换可判断B的正误，利用换元法结合常数代换可判断D的正误.
【详解】选项A：时取等，
得的最大值为，故A对；
选项B：，
当且仅当时取等，故的最小值为，故B错
选项C：时取等，
故的最大值为，故C对；
选项D：换元，令，则，
故
，
当且仅当取等号，故的最小值为，故D正确；
故选：B.
8. 含有有限个元素的数集，定义其“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后从最大的数开始交替地加减各数，例如的“交替和”是；而的交替和是，则集合的所有非空子集的“交替和”的总和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将集合的子集两两配对：使且，从而有集合与集合的交替和之和为4，再利用符合条件的集合对有个，即可求解.
【详解】由题知，
将集合的子集两两配对：使且，则符合条件的集合对有个，
又由题设定义有集合与集合的交替和之和为4，
所以交替和的总和为.
故选：A.
二､多项选择题.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；则下列不等式一定成立的有（ ）
A. 若且，则
B. 若，则
C. 若，则
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用特殊值验证AC是错误的，利用作差法判断B的真假，利用配方法证明D是正确的.
【详解】对A：令，，则且，但不成立，故A错误；
对B：当时，，所以成立，故B正确；
对C：令，，，，则，但不成立，故C错误；
对D：因为，所以成立，故D正确.
故选：BD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若是的必要不充分条件，是的充要条件，则是的充分不必要条件
B. 若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是
C. 若不等式的解集为，则不等式的解集为
D. “”为假命题的充要条件为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的概念判断A，分类讨论求出k的范围判断B，根据数轴穿根法及不等式的解集求出及解不等式判断C，由命题的否定转化为不等式恒成立，看作关于的不等式恒成立即可判断D.
【详解】对A，若是的必要不充分条件，是的充要条件，
则，但是不能推出，
所以，但是不能推出，所以是的充分不必要条件，故A正确；
对B，当时，原不等式为，恒成立满足题意，
当时，由题意需满足，解得，
综上，实数的取值范围是，故B错误；
对C，由不等式的解集为，
结合数轴穿根法知，，且，
所以不等式可化为，解得，故C正确；
对D，由题意知为真命题，
则在时恒成立，
令，只需，
则，解得，故D正确.
故选：ACD
11. 已知函数的定义域为，且满足当时，，当时，恒有，且为非零常数，则下列说法正确的有（ ）
A.
B. 当时，反比例函数与在上的图象有且仅有6个交点
C. 当时，在区间上单调递减
D. 当时，在上的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据所给函数解析式直接求解判断A，根据的性质及图象判断B，归纳出在上的解析式判断C，根据规律，归纳值域特点判断D.
【详解】选项A：，
，
则，所以选项A正确；
选项B：由知，
时，，
由于，
但，
作fx,gx的图象，如图，
结合图象可知上有个交点，在上无交点，故选项B正确；
选项C：时，，
故在上单增，故C错误；
选项D：因为，所以当时，值域为；
当时，值域为；当时，值域为；
当时，值域为；当时，值域为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：根据所给函数解析式，可知函数类似周期特点，图象形状类似，振幅有规律变化，据此可归纳函数性质是解题的关键所在.
三､填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，则集合有__________个子集.
【答案】
【解析】
【分析】求出集合，列举出集合的子集即可.
【详解】因，
故集合的子集有共4个.
故答案为：4.
13. 已知集合，若且，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据集合的包含关系，讨论和两种情况，求集合，再比较端点值，即可求解.
【详解】因为，所以，因为，且：
当时，，符合题意；
当时，，则，
综上，.
故答案为：
14. 若正实数，满足，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的单调性可知，代入可得，根据基本不等式可得最值.
【详解】由题可知，
因为在上单调递增，
所以在上单增，
所以上式可表示为，
则，即，
因此，
当且仅当即，时等号成立，
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. 已知函数.
（1）若，求的值；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据分段函数定义分类列方程求解；
（2）根据分段函数定义分类列不等式求解．
【小问1详解】
由可得：1∘x0>−1x022−1=1⇒x0=2x0=−2舍去）
【小问2详解】
由可得：
1∘a>−1a22−1−1a2−2a−8−1−20a+22−8a=a−22≤0⇒a=2,b=−2⇒fx=2x2−2x，
检验知此时满足，故.
【小问3详解】
函数，开口向上，对称轴，所以在区间上单调递增，因此，时，，即，
而在上单调递减，所以时，
因为对任意，均存在，使得，
等价于
18. 教材中的基本不等式可以推广到阶：个正数的算数平均数不小于它们的几何平均数.也即：若，则有，当且仅当时取等.利用此结论解决下列问题：
（1）若，求的最小值；
（2）若，求的最大值，并求取得最大值时的的值；
（3）对任意，判断与大小关系并加以严格证明.
【答案】（1）
（2）最大值为，
（3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据三阶基本不等式的内容直接可得解；
（2）由，结合四阶基本不等式可得最值；
（3）猜测，成立，验证不等式成立；结合推广公式证明结论成立.
【小问1详解】
因为，所以由三阶基本不等式可得：，
当且仅当即时取等号，
因此的最小值为；
【小问2详解】
当时，由四阶基本不等式可得：
，
当且仅当即时取等号，
因此的最大值为；
【小问3详解】
大小关系为，，
证明如下：
由条件可知：时，，
当时，左边，右边，左边右边，不等式成立；
当，时，由阶基本不等式，可知：
不等式左边
而，因此上式的不等号取不到等号，
于是，
综上，原不等式得证.
19. 已知定义在上的函数同时满足下列四个条件：
①；
②对任意，恒有；
③对任意，恒有；
④对任意，恒有.
（1）求的值；
（2）判断在上的单调性，并用定义法证明；
（3）若对任意，恒有，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）令可得，再由，即可得出答案；
（2）由单调性的定义证明即可；
（3）由单调性和奇偶性列出不等式，再结合二次函数的性质求解即可.
【小问1详解】
在中令；
（或令).
而.
【小问2详解】
在上单调递减.
下证明：
由④知：对任意，恒有.
证一：任取，
于是
因为，所以
，
而对任意时恒有，故，
即，所以在上单调递减，证毕；
证二：任取，设
，
因为，所以，即，
也即在单调递减,证毕；
【小问3详解】
在中：
令，
而，于是
令，
由（2）知在上单调递减，
又，可得在上也单调递减，如图，
可知不等式等价于：
对任意，不等式
……①
或者恒成立，……②
法一：令立，因为开口向下，由图像可知：
不等式①
对于②，当时，由，
即一定不存在满足②.
综上取并，得
法二：
令开口向下，对称轴，
且，
当即时，问题等价于k>32g1≥34或k>32g−1