江西省上饒市廣豐新實中學2024-2025學年高一上學期十月檢測數學卷

江西省上饒市廣豐新實中學2024-2025學年高一上學期十月檢測數學卷一、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選項中，只有一項是符合題目要求的.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．已知則的最小值為（

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

）A． B．或 C． D．或5．已知，則函數的解析式為（

）A． B．C． D．6．函數對任意都有成立，且函數的圖象關于點對稱，則（

）A．0 B．1 C．2 D．37．下列等式中成立的個數是（

）①（且）；②（為大于的奇數）；③（為大于零的偶數）.A．個 B．個C．個 D．個8．已知函數，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中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知函數的定義域為，若存在區(qū)間，使得滿足：（1）在上是單調函數；（2）在上的值域是，則稱區(qū)間為函數的“倍值區(qū)間”.下列函數中存在“倍值區(qū)間”的有（

）A． B．C．fx=110．定義域為R的函數滿足：，當時，，則下列結論正確的有（

）A．B．的圖象關于點對稱C．D．在0,+∞上單調遞增11．已知函數，則（

）A．若的定義域為R，則a的取值范圍是B．若的值域為，則a的取值范圍是C．若，則的單調遞增區(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，則實數的取值范圍是．13．已知函數的定義域為，則函數的定義域為．14．若代數式有意義，則．四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟.15．（13分）設全集，集合，(1)若，求集合；(2)若，求實數a的取值范圍.16．（15分）命題或；命題.(1)若時，在上恒成立，求實數的取值范圍；(2)若是的充要條件，求出實數的值.17．（17分）若函數的定義域是，且對任意的，，都有成立.(1)試判斷的奇偶性；(2)若當時，，求的解析式；(3)在條件（2）前提下，解不等式.18．（15分）已知函數是定義在上的奇函數，且．(1)求函數在上的值域；(2)設，若對任意的，對任意的，使得成立，求實數的取值范圍．19．（17分）已知函數(1)當時，證明:為奇函數;(2)當時，函數在上的值域為求a的取值范圍：(3)當時，證明:為中心對稱函數.參考答案1．B【分析】由交集的概念及運算可直接得答案.【詳解】因為，所以.故選：B.2．C【分析】利用存在量詞命題的否定是全稱量詞命題，寫出給定命題的否定即可求解.【詳解】因為存在量詞命題“，”的否定是“，”.故選：C.3．B【分析】運用基本不等式，通過已知條件進行變形，構造基本不等式求最值即可.【詳解】，因為，，，且，則，則，由于，當且僅當，時取等號.則，當且僅當時取等號，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，當且僅當時取等號，即當時，取得最小值6.因不等式恒成立，故，即，解得.故選：C.5．D【分析】根據換元法，設，得，代入即可求解．【詳解】設，則，所以，所以，故選：D．6．A【分析】根據函數的對稱性，結合函數周期的定義進行求解即可.【詳解】因為函數的圖象關于點1,0對稱，所以函數y=fx的圖象關于點對稱，即即函數y=fx又因為，所以fx+2即，所以函數的周期為，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.【詳解】對于①，當且時，，①對；對于②，當為大于的奇數時，，②對；對于③，當為大于零的偶數時，，③對.故選：D.8．C【分析】設，判斷其奇偶性以及單調性，將化為，利用函數的單調性即可求解.【詳解】設，，，，即，設，由于，故，故，則，故為奇函數，且在R上單調遞增，則，即，故，解得．故選：C9．ABC【分析】根據“倍值區(qū)間”的定義分別判斷各選項.【詳解】根據題意，函數中存在“倍值區(qū)間”，則滿足在上是單調函數，其次有或，依次分析選項：對于A，，在區(qū)間在上是增函數，其值域是，則區(qū)間為函數的“倍值區(qū)間”；對于B，，在區(qū)間0,2上是增函數，其值域為0,4，則區(qū)間0,2是函數的“倍值區(qū)間”；對于C，fx=1x，在區(qū)間上是減函數，其值域為1,2，則區(qū)間是函數的“倍值區(qū)間”對于D，，當時，在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，若函數存在倍值區(qū)間，則有或，對于，有，解可得，不符合題意，對于，有，變形可得且，必有，不符合題意，故當時，不存在“倍值區(qū)間”；同理可得當時，不存在“倍值區(qū)間”，故在定義域內不存在“倍值區(qū)間”，故選：ABC.10．BC【分析】對于A，賦值令，求解；對于B，賦值令，得到關于對稱，再結合函數圖像平移變換得解；對于C,賦值令，再令，再變形即可；對于D，賦值令，結合時，，舉反例可解.【詳解】令，得到，則.故A錯誤.令，得到，則，則或,由于當時，，則此時，故時，，故時，，所以，而，故對任意恒成立，則關于對稱.可由向左平移1個單位，再向下平移2個單位.則的圖象關于點對稱，故B正確.令，得到，則.令，得到令，得到，兩式相減得，變形，即,時，，兩邊除以，即，故C正確.令，則，時，，則，且，則，即.故D錯誤.故選：BC.【點睛】難點點睛：解答此類有關函數性質的題目，難點在于要結合抽象函數性質，利用賦值法以及代換法，推出函數相應的性質.11．AC【分析】首先化簡根式內得，由含根式函數的定義域結合指數運算即可判斷A；由值域為R，可得，則B可判斷；由復合函數的單調性結合根式的定義域即可判斷C；化簡可得，結合基本不等式即可判斷D.【詳解】對于A，因為，若的定義域為R，則，，A正確；對于B，若的值域為，則，，B錯誤；對于C，令，由得，由復合函數的單調性知的單調遞增區(qū)間是，C正確；對于D，由及，可得，，又，所以，，D錯誤．故選：AC．12．【分析】根據不等式的解集可得，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】因為不等式的解集為或，則，且關于x的方程的兩根分別為1、3，由韋達定理可得，可得，由，可得，，故，所以，當且僅當時等號成立，故的最小值為3，因為恒成立，則，即，解得．因此，實數k的取值范圍是．故答案為：13．【分析】根據函數定義域的求法求得正確答案.【詳解】依題意，函數的定義域為，所以對于函數，有，解得，所以函數的定義域為.故答案為：14．1【分析】由二次根式有意義得到的取值范圍，化簡所求代數值，由的取值范圍去掉絕對值符號即可得到解.【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：當時，；或，又因為，所以（2）解：由題意知，需分為和兩種情形進行討論：當時，即，解得，此時符合，所以；當時，因為，所以或，解之得.綜上所述，a的取值范圍為16．(1)(2)【分析】（1）根據一元二次方程的判別式結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是方程的兩個根，利用韋達定理即可求得答案.【詳解】（1）若在x∈R，即，（2）若是的充要條件，則3和2是方程的兩個根，由韋達定理知，解之得.17．(1)為奇函數(2)(3)或x>2【分析】（1）利用已知求出，可得，即可證出；（2）先利用奇函數性質求出時，，再結合已知和，即可求解析式；（3）作出函數的圖象，利用圖象得是定義在R上的增函數，將不等式轉化為，再利用的單調性可得，解一元二次不等式即可得解.【詳解】（1）為奇函數，理由如下：函數的定義域為R，關于原點對稱，令得，解得，令得，所以f-x=-fx所以為奇函數，（2）由題，因時，，則時，，又，所以.（3）作出函數的圖象，如圖：由圖可知，是定義在R上的增函數，因為，所以，所以，即，解得或，所以不等式的解集為或.18．(1)(2)【分析】（1）利用奇函數的定義與，求出參數，再判斷單調性，然后求解即可；（2）將“若對任意的，對任意的，使得成立”轉化為“當時，恒成立”然后分類討論求解即可.【詳解】（1）由題意：，所以解得.又，解得，所以，設，則，因為，所以，，，所以即.所以函數在上單調遞增.又，，所以函數在上的值域為：.（2）問題轉化為，當時，恒成立.若，則在上為增函數，由，若，則，此時在上恒成立.若，則在上為減函數，由，綜上可知：.即實數的取值范圍是：.19．(1)證明見解析(2)(3)證明見解析【分析】（1）利用函數奇偶性的定義證明；（2）先應用單調性得出相等關系，在結合值域的求法得出參數范圍；（3）應用函數對稱