江西省上饒市余干縣第二中學2024-2025學年高一上學期10月數學檢測卷一、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，且都是全集的子集，則如圖韋恩圖中陰影部分表示的集合為（

）

A． B． C． D．2．對任意實數,“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．已知函數，且，則（

）A． B．C． D．4．函數的定義域是（

）A． B．C． D．5．設，，，則，，的大小關系為（

）A． B．C． D．6．設函數在區間上單調遞增，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．7．已知函數為定義在上的奇函數，當時，，則（

）A． B．C． D．8．已知函數在R上單調遞減，則的取值范圍是（

）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．如圖所示，二次函數的圖象與軸交于兩點，與軸交于點，且對稱軸為，點坐標為，則下面結論中正確的是（

）

A．有且僅有一個實數解B．C．D．時的解集是10．下列命題是真命題的是（

）A．命題“，使得”的否定是“，都有”B．函數的最小值為C．已知，，則D．若關于的不等式的解集為或，且解集中僅有兩個整數，則的取值范圍是11．已知，若，則下列命題正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．滿足對任意實數，都有，則實數a的取值范圍是．13．已知函數是上的減函數，則a的取值范圍是.14．已知，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）已知集合；(1)若，求；(2)若，求實數的取值范圍．16．（15分）已知，，且．(1)求的最大值；(2)求的最小值．17．（17分）已知函數.(1)證明：函數是奇函數；(2)用定義證明：函數在上是增函數；(3)若關于的不等式對于任意實數恒成立，求實數的取值范圍.18．（15分）已知偶函數和奇函數的定義域均為，且．(1)求函數和的解析式；(2)若，不等式恒成立，求實數的取值范圍．19．（17分）已知函數，，其中．(1)當時，求函數的定義域與值域：(2)設集合，證明：；(3)已知矩形的頂點，在的圖象上，頂點，在的圖象上軸，若，且該矩形的中心為點，求的值．參考答案1．B【分析】由韋恩圖以及交集的概念即可得解.【詳解】因為，所以.故選：B.2．C【分析】我們需要先求出在上的取值范圍，再根據充分必要條件的定義來判斷.【詳解】對于函數，根據均值不等式（當且僅當時取等號），則.當即時取等號，但是，所以判斷充分性:若，因為時，那么，所以充分性成立.判斷必要性:若，當時，顯然，所以必要性成立.所以“”是“”的充要條件.故選：C.3．A【分析】根據條件，利用配湊法，求得，再結合條件，即可求解.【詳解】易知，又，所以，則，解得，故選：A.4．D【分析】由，且，即可求得結果.【詳解】由題意得，解得且，所以函數的定義域為.故選：D.5．A【分析】根據給定條件，利用指數運算及指數函數單調性比較大小.【詳解】依題意，，而，所以.故選：A6．A【分析】結合指數函數和二次函數的單調性，由復合函數單調性可得答案.【詳解】函數分為外函數：，內函數：；根據復合函數同增異減法則，在區間上單調遞增，且外函數單調遞減，則內函數在也單調遞減；為二次函數，開口向下，對稱軸為，所以，所以.故選：A．7．B【分析】利用奇偶函數的性質，結合條件，即可求解.【詳解】函數為定義在上的奇函數，所以，且，又當時，，所以，故選：B.8．D【分析】分段函數單調遞減，需滿足每一段函數均單調遞減，且分段處左端點函數值大于等于右端點函數值，從而得到不等式，求出答案.【詳解】顯然在上單調遞減，要想在R上單調遞減，則，解得.故選：D9．BD【分析】由函數圖象確定函數解析式可寫為，取解方程判斷A，再根據二次函數的性質判斷BC，根據一元二次不等式的解與二次函數圖象的關系判斷D．【詳解】因為二次函數的圖象的對稱軸為，點坐標為，所以點的坐標為，所以可以據此求出二次函數，若，則可解出或，故A錯誤；，即，故B正確；顯然有兩個不同實數解，于是，故C錯誤；的解集顯然是，故D正確.故選：BD.10．ACD【分析】利用特稱命題的否定可判定A；利用基本不等式可排除B；利用奇偶性可判定C；由題意得出和4是方程的兩根，且，利用根與系數的關系，得出，，代入，結合二次函數的性質即可判定.【詳解】對于A選項，因為存在量詞命題的否定為全稱量詞命題，所以命題“，使得”的否定是“，都有”，故A正確；對于B選項，易知，故，由基本不等式知，等號不成立，故B錯誤；對于C選項，易知，令，易知，即為奇函數，所以，則，故C正確；D選項，關于x的不等式的解集為或，所以和4是方程的兩根，且，由根與系數的關系知，，所以，，所以關于的不等式可化為，令，對稱軸，，因為不等式的解集中僅有兩個整數，所以這兩個整數是，或，，當這兩個整數是和時，則，解得；當整數是和時，由于對稱軸時，根據對稱性可知，此時顯然不符合題意，綜上，a的取值范圍是，故D正確.故選：ACD.11．ABC【分析】由對數運算的性質得，通過代入即可判斷A；由二次函數的性質即可判斷B；代入即可求出a的值，則可判斷C；由可得，可解得a的取值范圍，則可判斷D.【詳解】由題意知，所以，所以．對于A，若，則，故A正確；對于B，若，則，所以，故B正確；對于C，若，則，解得，故C正確；對于D，若，則，不能得到，故D錯誤．故選：ABC.12．【分析】先根據判斷函數的單調性，再根據分段函數的單調性可得關于的不等式組，解不等式組即可求解.【詳解】解：對任意實數，都有，即與同號，故為上的增函數，故分段函數的每一段單調遞增，且分界點處單調遞增，故，解得：．故答案為：．13．【分析】根據函數在上是減函數特征，兩段函數各自為減函數，且左段函數的最小值大于等于右段函數的最大值，解不等式組即可求得的取值范圍．【詳解】因為函數是上的減函數，所以，解得，即a的取值范圍是.故答案為：.14．1【分析】根據指數式和對數式的互化可得，結合對數運算性質可得的值，化簡為，即可得答案.【詳解】由于，故，故，則.故答案為：115．(1)(2)【分析】（1）先化簡集合，再利用集合的并集運算即可得解；（2）先由條件得到，再對與分兩種情況討論得解.【詳解】（1）當時，，，所以.（2）因為,所以，當時，，解得，當時，，解得，綜上所述，實數的取值范圍為.16．(1)(2)【分析】（1）用表示，根據二次函數的性質求得正確答案.（2）利用基本不等式求得正確答案.【詳解】（1）依題意，，，且，所以，所以，二次函數的開口向上，對稱軸為，所以當時，取得最大值為，此時.所以的最大值為.（2），當且僅當時等號成立，所以的最小值為.17．(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據函數奇偶性的定義和判定方法，即可可證；（2）根據函數單調性的定義和判定方法，即可得證；（3）根據題意，得到函數為定義域上的奇函數，且為單調遞增函數，不等式轉化為對于任意實數恒成立，分和，結合二次函數的性質，列出不等式組，即可求解.【詳解】（1）證明：由函數，可得其定義域為，關于原點對稱，又由，所以函數為定義域上的奇函數.（2）證明：當時，，任取，且，可得因為，且，可得，，所以，即，所以函數在0,+∞上是增函數.（3）因為函數為定義域上的奇函數，且在0,+∞上是增函數，所以函數在上也是增函數，又因為，所以函數在上是增函數，又由，可得，因為不等式對于任意實數恒成立，即不等式對于任意實數恒成立，可得不等式對于任意實數恒成立，即不等式對于任意實數恒成立，當時，不等式即為恒成立，符合題意；當時，則滿足，解得，綜上可得，，即實數的取值范圍0,1.18．(1)(2)【分析】（1）根據函數的奇偶性列方程組求解；（2）利用換元思想，令，則可將原不等式化為恒成立，其中，再令，，分類討論二次函數的單調性求最值即可求解.【詳解】（1）由題，，則有，又因為偶函數和奇函數，所以，所以聯立，解得.（2）因為，由，可得，即，令，因為，當且僅當，即時等號成立，所以，又因為，所以，所以，即恒成立，其中，令，，則函數在時恒成立，當，即時，在單調遞增，所以，符合題意；當，即時，函數在對稱軸處取得最小值，則，則，即，解得，又因為，所以，綜上，，所以的取值范圍是.19．(1)定義域為，值域為(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據對數函數的性質求定義域；（2）由對數函數性質不等式化為關于的一元二次不等式在上有解，再轉化在上有解，利用根的分布知識求解可得；（3）確定與的圖象關于軸對稱，由對稱性得矩形的中心在軸上，得，設點坐標（），由對稱性表示出的坐標，由此由對稱性求得，得出，從而可得結論．【詳解】（1）由題意可得：，得，定義域為．當時，，，，值域為．（2）又因為，所以可得要證明：即證明在上有解存在，使得成立，即為，不等式在上有解，設，因此在上有解，所以，解得，在上有解即可證明：（3）與關于軸對稱由題意可知，矩形關于軸對稱，所以，．所以設點坐標（）因為矩形且軸，軸點坐標又矩