江西省上饒市廣豐新實(shí)中學(xué)2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期十月檢測(cè)數(shù)學(xué)卷

江西省上饒市廣豐新實(shí)中學(xué)2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期十月檢測(cè)數(shù)學(xué)卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．已知集合（

）A． B． C． D．2．若存在量詞命題“，”，則其否定是（

）A．， B．，C．， D．，3．已知?jiǎng)t的最小值為（

）A．2 B．3 C．4 D．54．若正實(shí)數(shù)滿足，且不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（

）A． B．或 C． D．或5．已知，則函數(shù)的解析式為（

）A． B．C． D．6．函數(shù)對(duì)任意都有成立，且函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，則（

）A．0 B．1 C．2 D．37．下列等式中成立的個(gè)數(shù)是（

）①（且）；②（為大于的奇數(shù)）；③（為大于零的偶數(shù)）.A．個(gè) B．個(gè)C．個(gè) D．個(gè)8．已知函數(shù)，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9．已知函數(shù)的定義域?yàn)?，若存在區(qū)間，使得滿足：（1）在上是單調(diào)函數(shù)；（2）在上的值域是，則稱(chēng)區(qū)間為函數(shù)的“倍值區(qū)間”.下列函數(shù)中存在“倍值區(qū)間”的有（

）A． B．C．fx=110．定義域?yàn)镽的函數(shù)滿足：，當(dāng)時(shí)，，則下列結(jié)論正確的有（

）A．B．的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)C．D．在0,+∞上單調(diào)遞增11．已知函數(shù)，則（

）A．若的定義域?yàn)镽，則a的取值范圍是B．若的值域?yàn)?，則a的取值范圍是C．若，則的單調(diào)遞增區(qū)間是D．若，且，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知不等式的解集為或，若，并且恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是．13．已知函數(shù)的定義域?yàn)?，則函數(shù)的定義域?yàn)椋?4．若代數(shù)式有意義，則．四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程及驗(yàn)算步驟.15．（13分）設(shè)全集，集合，(1)若，求集合；(2)若，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.16．（15分）命題或；命題.(1)若時(shí)，在上恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；(2)若是的充要條件，求出實(shí)數(shù)的值.17．（17分）若函數(shù)的定義域是，且對(duì)任意的，，都有成立.(1)試判斷的奇偶性；(2)若當(dāng)時(shí)，，求的解析式；(3)在條件（2）前提下，解不等式.18．（15分）已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，且．(1)求函數(shù)在上的值域；(2)設(shè)，若對(duì)任意的，對(duì)任意的，使得成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．19．（17分）已知函數(shù)(1)當(dāng)時(shí)，證明:為奇函數(shù);(2)當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上的值域?yàn)榍骯的取值范圍：(3)當(dāng)時(shí)，證明:為中心對(duì)稱(chēng)函數(shù).參考答案1．B【分析】由交集的概念及運(yùn)算可直接得答案.【詳解】因?yàn)?，所?故選：B.2．C【分析】利用存在量詞命題的否定是全稱(chēng)量詞命題，寫(xiě)出給定命題的否定即可求解.【詳解】因?yàn)榇嬖诹吭~命題“，”的否定是“，”.故選：C.3．B【分析】運(yùn)用基本不等式，通過(guò)已知條件進(jìn)行變形，構(gòu)造基本不等式求最值即可.【詳解】，因?yàn)椋?，，且，則，則，由于，當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)取等號(hào).則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，則的最小值為3.故選：B.4．C【分析】利用基本不等式和常值代換法求得的最小值，依題得到不等式，解之即得.【詳解】因，由，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，即當(dāng)時(shí)，取得最小值6.因不等式恒成立，故，即，解得.故選：C.5．D【分析】根據(jù)換元法，設(shè)，得，代入即可求解．【詳解】設(shè)，則，所以，所以，故選：D．6．A【分析】根據(jù)函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性，結(jié)合函數(shù)周期的定義進(jìn)行求解即可.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)1,0對(duì)稱(chēng)，所以函數(shù)y=fx的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，即即函數(shù)y=fx又因?yàn)椋詅x+2即，所以函數(shù)的周期為，所以.故選：A7．D【分析】利用次方根的定義判斷可得出合適的選項(xiàng).【詳解】對(duì)于①，當(dāng)且時(shí)，，①對(duì)；對(duì)于②，當(dāng)為大于的奇數(shù)時(shí)，，②對(duì)；對(duì)于③，當(dāng)為大于零的偶數(shù)時(shí)，，③對(duì).故選：D.8．C【分析】設(shè)，判斷其奇偶性以及單調(diào)性，將化為，利用函數(shù)的單調(diào)性即可求解.【詳解】設(shè)，，，，即，設(shè)，由于，故，故，則，故為奇函數(shù)，且在R上單調(diào)遞增，則，即，故，解得．故選：C9．ABC【分析】根據(jù)“倍值區(qū)間”的定義分別判斷各選項(xiàng).【詳解】根據(jù)題意，函數(shù)中存在“倍值區(qū)間”，則滿足在上是單調(diào)函數(shù)，其次有或，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，，在區(qū)間在上是增函數(shù)，其值域是，則區(qū)間為函數(shù)的“倍值區(qū)間”；對(duì)于B，，在區(qū)間0,2上是增函數(shù)，其值域?yàn)?,4，則區(qū)間0,2是函數(shù)的“倍值區(qū)間”；對(duì)于C，fx=1x，在區(qū)間上是減函數(shù)，其值域?yàn)?,2，則區(qū)間是函數(shù)的“倍值區(qū)間”對(duì)于D，，當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，若函數(shù)存在倍值區(qū)間，則有或，對(duì)于，有，解可得，不符合題意，對(duì)于，有，變形可得且，必有，不符合題意，故當(dāng)時(shí)，不存在“倍值區(qū)間”；同理可得當(dāng)時(shí)，不存在“倍值區(qū)間”，故在定義域內(nèi)不存在“倍值區(qū)間”，故選：ABC.10．BC【分析】對(duì)于A，賦值令，求解；對(duì)于B，賦值令，得到關(guān)于對(duì)稱(chēng)，再結(jié)合函數(shù)圖像平移變換得解；對(duì)于C,賦值令，再令，再變形即可；對(duì)于D，賦值令，結(jié)合時(shí)，，舉反例可解.【詳解】令，得到，則.故A錯(cuò)誤.令，得到，則，則或,由于當(dāng)時(shí)，，則此時(shí)，故時(shí)，，故時(shí)，，所以，而，故對(duì)任意恒成立，則關(guān)于對(duì)稱(chēng).可由向左平移1個(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位.則的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，故B正確.令，得到，則.令，得到令，得到，兩式相減得，變形，即,時(shí)，，兩邊除以，即，故C正確.令，則，時(shí)，，則，且，則，即.故D錯(cuò)誤.故選：BC.【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：解答此類(lèi)有關(guān)函數(shù)性質(zhì)的題目，難點(diǎn)在于要結(jié)合抽象函數(shù)性質(zhì)，利用賦值法以及代換法，推出函數(shù)相應(yīng)的性質(zhì).11．AC【分析】首先化簡(jiǎn)根式內(nèi)得，由含根式函數(shù)的定義域結(jié)合指數(shù)運(yùn)算即可判斷A；由值域?yàn)镽，可得，則B可判斷；由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合根式的定義域即可判斷C；化簡(jiǎn)可得，結(jié)合基本不等式即可判斷D.【詳解】對(duì)于A，因?yàn)椋舻亩x域?yàn)镽，則，，A正確；對(duì)于B，若的值域?yàn)椋瑒t，，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，令，由得，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知的單調(diào)遞增區(qū)間是，C正確；對(duì)于D，由及，可得，，又，所以，，D錯(cuò)誤．故選：AC．12．【分析】根據(jù)不等式的解集可得，利用基本不等式可得的最小值為3，故，從而可得的取值范圍.【詳解】因?yàn)椴坏仁降慕饧癁榛?，則，且關(guān)于x的方程的兩根分別為1、3，由韋達(dá)定理可得，可得，由，可得，，故，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故的最小值為3，因?yàn)楹愠闪?，則，即，解得．因此，實(shí)數(shù)k的取值范圍是．故答案為：13．【分析】根據(jù)函數(shù)定義域的求法求得正確答案.【詳解】依題意，函數(shù)的定義域?yàn)?，所以?duì)于函數(shù)，有，解得，所以函數(shù)的定義域?yàn)?故答案為：14．1【分析】由二次根式有意義得到的取值范圍，化簡(jiǎn)所求代數(shù)值，由的取值范圍去掉絕對(duì)值符號(hào)即可得到解.【詳解】由題意可知：，∴∴故答案為：115．(1)(2)【分析】（1）先求出，再求即可；（2）分和兩種情況求解即可【詳解】（1）解：當(dāng)時(shí)，；或，又因?yàn)?，所以?）解：由題意知，需分為和兩種情形進(jìn)行討論：當(dāng)時(shí)，即，解得，此時(shí)符合，所以；當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，所以或，解之?綜上所述，a的取值范圍為16．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)一元二次方程的判別式結(jié)合解一元二次不等式，即可得答案.（2）由是的充要條件，可知3和2是方程的兩個(gè)根，利用韋達(dá)定理即可求得答案.【詳解】（1）若在x∈R，即，（2）若是的充要條件，則3和2是方程的兩個(gè)根，由韋達(dá)定理知，解之得.17．(1)為奇函數(shù)(2)(3)或x>2【分析】（1）利用已知求出，可得，即可證出；（2）先利用奇函數(shù)性質(zhì)求出時(shí)，，再結(jié)合已知和，即可求解析式；（3）作出函數(shù)的圖象，利用圖象得是定義在R上的增函數(shù)，將不等式轉(zhuǎn)化為，再利用的單調(diào)性可得，解一元二次不等式即可得解.【詳解】（1）為奇函數(shù)，理由如下：函數(shù)的定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，令得，解得，令得，所以f-x=-fx所以為奇函數(shù)，（2）由題，因時(shí)，，則時(shí)，，又，所以.（3）作出函數(shù)的圖象，如圖：由圖可知，是定義在R上的增函數(shù)，因?yàn)?，所以，所以，即，解得或，所以不等式的解集為?18．(1)(2)【分析】（1）利用奇函數(shù)的定義與，求出參數(shù)，再判斷單調(diào)性，然后求解即可；（2）將“若對(duì)任意的，對(duì)任意的，使得成立”轉(zhuǎn)化為“當(dāng)時(shí)，恒成立”然后分類(lèi)討論求解即可.【詳解】（1）由題意：，所以解得.又，解得，所以，設(shè)，則，因?yàn)?，所以，，，所以?所以函數(shù)在上單調(diào)遞增.又，，所以函數(shù)在上的值域?yàn)椋?（2）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為，當(dāng)時(shí)，恒成立.若，則在上為增函數(shù)，由，若，則，此時(shí)在上恒成立.若，則在上為減函數(shù)，由，綜上可知：.即實(shí)數(shù)的取值范圍是：.19．(1)證明見(jiàn)解析(2)(3)證明見(jiàn)解析【分析】（1）利用函數(shù)奇偶性的定義證明；（2）先應(yīng)用單調(diào)性得出相等關(guān)系，在結(jié)合值域的求法得出參數(shù)范圍；（3）應(yīng)用函數(shù)對(duì)稱(chēng)