河北省NT20名校聯合體2023-2024學年高一上學期12月月考數學試卷學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．全集且，則（

）A． B． C． D．2．已知，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．3．“”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4．已知且，與的圖象可以是（

）A．

B．

C．

D．

5．已知，則的大小關系為（

）A． B．C． D．6．已知a>0，，，則的最小值為（

）A．4 B．6 C．8 D．97．已知，，則的一個充分不必要條件是（

）A． B．C． D．8．已知，（）的值域為，，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．二、多選題9．已知，則以下命題正確的是（

）A． B．C． D．10．以下函數是偶函數的是（

）A．B．C．D．11．已知的定義域為，值域為，則（

）A．若，則B．對任意，使得C．對任意的圖象恒過一定點D．若在上單調遞減，則的取值范圍是12．的解集為，則（

）A．B．若，則C．若，則的解集為D．有最小值為三、填空題13．時，的值域為.14．寫出一個函數的解析式，滿足：①是定義在上的偶函數；②時，，則.15．全集，，如圖中陰影部分的集合為，若使得：，則的取值范圍是.16．教材必修1第87頁給出了圖象對稱與奇偶性的聯系：若為奇函數，則的圖象關于點中心對稱，易知：是奇函數，則圖象的對稱中心是.四、解答題17．已知集合.(1)時，求；(2)若，求的取值范圍.18．已知滿足.(1)求的解析式；(2)解不等式.19．已知是奇函數.(1)求；(2)證明：是上的增函數.20．.(1)若，求的解集；(2)若最小值為1，求.21．已知二次函數的解為.(1)求；(2)證明：也是方程的解，并求的解集.22．已知的圖象的對稱中心為.(1)求；(2)若在區間上，的值域為，求.參考答案：題號12345678910答案BABDACADBDAD題號1112答案ACDAC1．B【分析】根據集合的并集和補集運算求解.【詳解】由題意可知：，又因為，所以.故選：B.2．A【分析】由題意得出求解即可.【詳解】，，所以，，在上單調遞減，所以，當時，，即，取成立.當時，，即，得，所以當時，，即，得，所以，綜上：的取值范圍是.故選：A3．B【分析】解出不等式，再利用充分條件、必要條件的定義判斷即得.【詳解】不等式等價于等價于，所以，即，解得或，故能推出成立，但是成立不一定有，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B4．D【分析】分類討論判斷出圖像性質及圖像性質即可得.【詳解】對，該函數過定點，且恒成立，對，該函數過定點，若，對，，則在上單調遞減，又，故在上單調遞增，若，對，，則在上單調遞增，又，故在上單調遞增，故排除AB；對，由且，故在定義域內單調遞增，故排除C.故選：D.5．A【分析】根據指數函數、對數函數單調性結合中間值“1”、“”分析判斷.【詳解】因為，可知：，即；，可知：，即；，可知：，即；綜上所述：.故選：A.6．C【分析】利用基本（均值）不等式求和的最小值.【詳解】∵a>0，，，∴（當且僅當即，時取“=”）.故選：C7．A【分析】對A選項：借助基本不等式可驗證充分性，再取特殊值否定必要性即可得；對B選項：借助特殊值否定充分性即可得；對C選項：借助特殊值否定充分性即可得；對D選項：變形處理后會得出選項為充要條件.【詳解】對A選項：若，則，當且僅當時等號成立，當、時，，但，故，時，為的充分不必要條件，故A正確；對B選項：取，，有，故不是的一個充分條件，故B錯誤；對C選項：取，有，故不是的一個充分條件，故C錯誤；對D選項：由，即，即，故是的充要條件，故D錯誤.故選：A.8．D【分析】分情況討論時，時，及時分段函數的值域，再根據集合間的關系列不等式，解不等式.【詳解】若，當時，在上單調遞減，此時，當時，，當且僅當時，等號成立，又函數的值域滿足，則，解得；若，當時，，當時，，當且僅當時，等號成立，又函數的值域，滿足，成立；若，當時，在上單調遞增，此時，則，又不成立，所以此時不成立；綜上所述：，故選：D.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是對進行分類討論，同時結合函數單調性和基本不等式求解相關函數值域，最后得到不等式組，解出即可.9．BD【分析】利用不等式的基本性質逐個選項分析排除即可.【詳解】對于A：,故A錯誤.對于B：,故B正確.對于C：,故C錯誤.對于D;,故D正確.故選：BD.10．AD【分析】根據函數的奇偶性對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】A選項，的定義域為，，所以是偶函數，符合題意.B選項，，的定義域為，，所以不是偶函數.C選項，，，所以不是偶函數.D選項，的定義域為，，所以是偶函數.故選：AD11．ACD【分析】對于A，根據題設得真數不能取遍所有正實數，再利用對數函數定義即得.對于B，直接代入求解即可.對于C，根據，求解即可.對于D,根據對數型函數的單調性和真數大于零即可解得.【詳解】對于A，要使定義域為R，只需恒成立，所以判別式，所以真數不能取遍所有正實數，所以，故A對對于B，若，即，整理得，得，此時，故B錯；對于C，，因為與m無關，所以過定點（1,2),故C正確；對于D，若在上單調遞減，只需函數在上遞減，且，即，解得，故D對.故選：ACD12．AC【分析】根據三個二次之間的關系可得.對于A：根據結合韋達定理分析求解；對于B：舉例說明即可；對于C：整理可得，結合二次不等式運算求解；對于D：代入整理可得，即可得最小值.【詳解】由題意可知：方程的根為，則，對于選項A：因為，整理得，故A正確；對于選項B：例如，則，滿足，則，故B錯誤；對于選項C：若，則，不等式即為，整理得，令，解得或，且，，所以的解集為，故C正確；對于選項D：因為，當且僅當時，等號成立，所以有最小值為-2，故D錯誤；故選：AC.13．【分析】利用換元法，令，結合二次函數的性質分析求解.【詳解】因為，令，則，則，，可知開口向上，對稱軸為，且，所以在內的值域為，即在內的值域為.故答案為：.14．(答案不唯一)【分析】根據題意可知符合要求的函數不止一個，符合要求即可.【詳解】由題意可得：符合題意.故答案為：.15．【分析】先根據交集和補集運算求解，然后利用有解求解的范圍即可.【詳解】因為，，所以，圖中陰影部分表示的集合為，即，由題意，或，解得或，所以的取值范圍是.故答案為：16．【分析】利用奇函數的性質把變形成，即，再找出對稱中心.【詳解】因為，，，所以，因為為奇函數，則也奇函數，所以關于點對稱，故答案為：17．(1)(2)【分析】（1）化簡集合，根據交集定義即得.（2）化簡集合，根據，列出不等式組求解即得.【詳解】（1）當時，，，所以.（2）化簡，，若，則

，解得.18．(1)(2)【分析】（1）利用換元法求函數解析式；（2）根據的取值范圍，結合的單調性可得，分類討論解不等式即可.【詳解】（1）令，則，則，所以.（2）因為，因為在內單調遞減，若，則，即，則或，解得或，所以不等式的解集為.19．(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據奇函數的定義分析求解；（2）根據單調性的定義結合奇函數的性質分析證明.【詳解】（1）因為是奇函數，則，可得，解得.（2）由（1）可知：，因為，可知對任意恒成立，所以的定義域為.對任意，且，則，可得，所以，則，即，所以在內單調遞增，又因為為奇函數，則在內單調遞增，且連續不斷，所以是上的增函數.20．(1)(2)【分析】（1）換元令，整理得，分步解不等式即可得結果；（2）結合（1）可得的最小值為1，分和兩種情況，結合二次函數性質分析求解.【詳解】（1）因為，令，當且僅當，即時，等號成立，則，若，則，令，可得，即，整理得，解得，可得，所以的解集為.（2）若最小值為1，結合（1）可知：的最小值為1，因為的開口向上，對稱軸為，若，即時，在內單調遞增，可知當時，取得最小值，即，解得；若，即時，在內單調遞減，在單調遞增，可知當時，取得最小值，即，無解；綜上所述：.21．(1)(2)證明見解析，【分析】（1）根據題意列式求解即可；（2）根據，代入證明即可，展開解方程即可.【詳解】（1）因為的解為，則，解得.（2）由（1）可知：，且，則，即也是方程的解