河南省周口市川汇区周口恒大中学2023-2024学年高一上学期10月月考数学试题

2023-2024学年高一上学期数学10月考试卷

数学试题

试卷考试时间：120分钟   满分：150

第I卷（选择题）

一、单项选择题（每小题5分，共40分）

1．设，则使为奇函数且在上单调递减的值的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

2．设集合,,若,则（    ）

A．-1 B．1 C．-1或1 D．0

3．函数是定义在上的奇函数，，当时，，则实数 （    ）.

A． B．0 C．1 D．2

4．若函数和都是奇函数，且在区间上有最大值5，则在区间（   ）

A．有最小值 B．有最大值 C．有最小值 D．有最大值

5．关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（    ）

A． B．

C．或 D．或

6．已知，其中，是正数，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

7．命题“，”的否定是（       ）

A．， B．，

C．， D．，

8．已知函数则，则（    ）

A．0或1 B．或1 C．0或 D．或

二、多项选择题（每小题5分，共20分，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）

9．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．，为奇函数

B．，为偶函数

C．，的值为常数

D．，有最小值

10．下列各组函数中，表示同一个函数的是（    ）

A．与 B．与

C．与 D．与

11．已知连续函数对任意实数恒有，当时，，，则（   ）

A． B．在上的最大值是4

C．图像关于中心对称 D．不等式的解集为

12．已知命题，为真命题，则实数的取值可以是（    ）

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

三、填空题（每小题5分，共20分）

13．设为实数，函数若在上不是单调函数，则实数的取值范围为     ．

14．函数的定义域为D，对D内的任意，当时，恒有，则称为非减函数．已知是定义域为的非减函数，且满足：①对任意，．②对任意．则的值为        ．

15．已知是一次函数，其图像不经过第四象限，且，则=       

16．若，若，则的最小值为          ．

四、解答题（共6小题，共计70分.第17题10分，第18---22题，每题12分）

17．已知全集，集合，.

（1）求；

（2）设集合.若，求实数的取值范围.

18．已知函数为定义在上的偶函数，在上单调递减，并且，求实数的取值范围.

19．已知函数.

（1）求，，的值；

（2）画出这个函数的图象；

20．求下列不等式的解.

(1)

(2)

21．已知集合.

（1）求集合B；

（2）若“”是“”的必要不充分条件，求实数m的取值范围.

22．已知全集，，，试判断是否存在集合，同时满足下列三个条件：

（1）；

（2）；

（3）有2个元素．

参考答案：

1．B

【分析】利用幂函数的性质、奇函数的定义、函数的单调性即可得出.

【详解】解：只有当时，满足幂函数为奇函数且在上单调递减.

故选：B.

【点睛】熟练掌握幂函数的性质、奇函数的定义、函数的单调性是解题的关键.

2．A

【分析】由集合的包含关系得的方程组，求解即可

【详解】，由集合元素互异性得 则 或

解得或

故选 A

【点睛】本题考查集合的包含关系，考查元素的互异性，是基础题

3．D

【解析】由函数是奇函数,结合,求出的值,且给出了当时的解析式,代入计算出的值.

【详解】由题意知函数是定义在上的奇函数,，则,又由当时, ,所以,即,

故选:

【点睛】本题考查了函数的奇偶性,由奇函数的性质即可计算出结果,较为基础.

4．C

【分析】利用奇函数关于原点对称即可求解.

【详解】令，

因为函数和都是奇函数，

则函数也是奇函数，且，

因为在区间上有最大值5，

所以在区间上有最大值，

所以在区间有最小值.

所以在区间有最小值.

故选：C

【点睛】本题考查了函数的奇偶性，一般把要求区间上的问题转化到已知区间上求解，体现了转化的思想方法，属于中档题.

5．A

【分析】根据不等式的解集可知，由根与系数的关系得出b，c与a的关系，代入待求不等式即可求解.

【详解】因为关于的不等式的解集为

可知且两根分别为；

根据跟与系数得关系可得解得

带入可得，左右两边同时除以得；

解得.

故选：A

6．C

【分析】可将转化成，再结合基本不等式求解即可

【详解】由得，

所以，即（当且仅当时取等号）.

故选C.

【点睛】本题考查基本不等式积的最大值的求解，属于基础题

7．B

【分析】全称命题的否定，先把全称量词改为存在量词，再把结论进行否定即可.

【详解】由得，

故命题“，”的否定是“，”.

故选：B

8．D

【分析】根据一次函数的性质，结合基本不等式的性质，运用换元法分类讨论进行求解即可.

【详解】当时，函数单调递增，有，

当时，，当且仅当时取等号，即时取等号，

因此有，

令，则，因此，或，

当时，即，显然，因此，

当时，即，显然，因此，

综上所述：或，

故选：D

9．BCD

【分析】对于A、B，假设成立，根据奇偶性的性质得到方程，即可判断；利用特殊值判断C；对于D，将函数解析式变形为，分和两种情况讨论，即可判断.

【详解】解：因为，，

对于A：若为奇函数，则，即，

即，显然方程不恒成立，故不存在，使得为奇函数，故A错误；

对于B：若为偶函数，则，即，

即，当时方程恒成立，故当时，对，为偶函数，故B正确；

对于C：当，时为常数函数，故C正确；

对于D：的定义域为，，

所以，

当，即时变形为，

当时方程有解，

当、时方程在上恒成立，

当，即时，

方程在上有解，所以，

即，

因为，

当、时变形为，解得，

当或时，可以求得的两个值，

不妨设为和，则，

所以解得，

所以当时，，有最小值，故D正确；

故选：BCD

10．AC

【分析】先检验两函数定义域，再检验解析式，根据同一函数的概念，分析即可得答案.

【详解】对于A：的定义域为，的定义域为，化简后解析式，解析式相同，为同一函数，故A正确；

对于B：的定义域为R，的定义域为，定义域不同，故不是同一函数，故B错误；

对于C：的定义域为R，的定义域为R，且解析式相同，为同一函数，故C正确；

对于D：的定义域为，的定义域为，定义域不同，故不是同一函数，故D错误；

故选：AC

11．ACD

【分析】利用赋值法可判定A项；特殊值检验B项；通过判定的值即可检验C项正误；判定函数的单调性去“”，解不等式可得出D项正误.

【详解】令，则，即A正确；

令，则，

又，∴，，

则，即C正确；

由，即B项错误；

由条件可得，

当时，，即在定义域上单调递增，

，

即，即D正确；

故选：ACD

12．AC

【解析】由题意可得出，求出实数的取值范围，由此可得出合适的选项.

【详解】由于命题，为真命题，则，解得.

符合条件的为A、C选项.

故选：AC.

13．

【分析】由于所给函数既含有绝对值，又含有参数，故利用参数进行分类讨论，去绝对值，将函数写成分段函数的形式，根据两段函数在对称轴不相同求解即可.

【详解】，两段函数对称轴都为.

当，即时，函数在定义域上递减，不符合题意；

当，即时，函数在上不单调.

故答案为：

14．2

【分析】分析所给条件，得到的函数图像在关于对称，再由任意得出且，又为非减函数即可求得时，必有，据此即可得解.

【详解】根据题意，由对任意，，

则的函数图像在关于对称，

令可得，

又因为对任意，

所以，又因为且是定义域为的非减函数，

所以当时，必有，

又由于的函数图像关于对称，

所以时，也有，

，

故答案为：2.

【点睛】本题考查了函数相关性质，考查了非减函数的新定义，同时考查了对称性，需要一定的逻辑思维能力，属于较难题.本题的关键有：

（1）理解应用函数中心对称的基本公式；

（2）对数据的精准把握，即且；

（3）理解非减函数的含义.

15．

【分析】设，所以，然后解出的值即可.

【详解】设，所以

所以，解得或

所以或，因为的图像不经过第四象限

所以

故答案为：

16．

【解析】根据题意，得到，展开后，用基本不等式，即可求出结果.

【详解】因为，，

所以

，

当且仅当，即时，取等号.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型.

17．（1）；（2）.

【解析】（1）先利用一元二次不等式的解法化简结合A，再利用结合的补集和交集运算求解.

（2）根据，则，然后分，讨论求解.

【详解】（1）依题意，集合，

，

∴，

∴.

（2）∵，

∴，

①当时，与矛盾，不符，

②当时，，

若，则

解得，

由①②得，实数的取值范围是.

18．

【分析】由偶函数的定义域关于原点对称可求，然后结合函数在上单调递减转化原不等式为一元二次不等式，从而可求.

【详解】解：由题设可得，即，

故可化为，

即，

又，，函数在上单调递减，

故，

解可得，且，

故.

【点睛】本题主要考查不等式的解法，利用函数的奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，综合考查函数性质的应用.

19．（1），，；（2）画图见解析

【分析】（1）将， ，代入到相应解析式中求值即可；

（2）建立直角坐标系，作出各段函数所对应的图象即可.

【详解】（1），，．

（2）作出函数的图象如图所示．

【点睛】本题考查了函数求值及函数图象的作法，属基础题.

20．(1)

(2)

【分析】（1）直接解一元二次不等式即可

（2）将分式不等式转化为整式不等式求解

【详解】（1）由，得，解得，

所以不等式的解集为

（2）由，得，，

所以，且，解得

所以原不等式的解集为

21．（1）；（2）.

【分析】（1）解绝对值不等式即得；

（2）由题知，对m进行分类讨论即得.

【详解】（1）由得，

∴.

（2）∵“”是“”的必要不充分条件，

∴，

又，，

①当时，，不合题意，

②当时，，适合题意，

③当时，，则，∴，

综上所述实数m的取值范围为

22．存在，或或

【解析】假设集合存在.先求出，然后计算出，满足条件（1），再根据条件（2）（3）即可确定出.

【详解】假设符合条件的集合存在.∵，又∵．∴．∵，∴．又，而中只有，∴中必含元素．又有2个元素，∴或或．

【点睛】本题考查集合的交集、并集和补集运算，属于基础题.