江西省上饶市婺源天佑中学2024-2025学年高一上学期十月考试数学试卷

江西省上饶市婺源天佑中学2024-2025学年高一上学期十月考试数学卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设命题p：对任意，不等式恒成立；命题q：存在，使得不等式成立，若p，q中至少有一个是假命题，则实数m的取值范围为（

）A． B．C． D．2．已知命题：，，命题：，，则（

）A．和均为真命题 B．和均为真命题C．和均为真命题 D．和均为真命题3．函数的定义域为（

）A． B． C． D．4．下列函数既是偶函数，且在区间内又是增函数的有（

）A． B．C． D．5．函数的定义域是（

）A． B．C． D．6．已知函数（为常数），若在上的最大值为，最小值为，且，则（

）A．6 B．4 C．3 D．27．已知函数，若正实数，满足，则的最小值为（

）A． B．7 C． D．8．函数的大致图象是（

）A． B．C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．下列正确的有（

）A．当时，的最小值是9B．若，则xy的最大值与最小值之和为0C．的最小值是2D．当时，若，则的最小值为为10．下列结论正确的是（

）A．若是奇函数，则必有且B．函数在定义域上单调递减C．是定义在R上的偶函数，当时，，则当时，D．若在R上是增函数，且，，则11．对于函数，如果对于其定义域D中任意给定的实数x，都有，并且，则称函数为“倒函数”.则下列说法正确的是（

）A．函数是“倒函数”B．若函数在R上为“倒函数”，则C．若函数在R上为“倒函数”，当，则D．若函数在R上为“倒函数”，其函数值恒大于0，且在R上是单调增函数，记，若，则.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知函数，若，，使得不等式成立，实数的取值范围是.13．已知函数，则_____________.14．．四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.15．（13分）设为实数，集合，．(1)若，求，；(2)若，求实数的取值范围．16．（15分）已知函数.(1)对任意，函数恒成立，求实数的取值范围；(2)当时，求不等式的解集.17．（17分）已知函数的定义域为，，且.(1)求的值；(2)求的值；(3)讨论函数的最小值.18．（15分）已知函数是定义在上的奇函数，且.(1)求的值；(2)判断的单调性，并用定义法证明你的结论；(3)求使成立的实数a的取值范围.19．（17分）已知定义域为R的函数是奇函数．(1)求实数a的值；(2)判断函数的单调性，并用定义加以证明；(3)若对任意的，不等式成立，求实数m的取值范围．高一数学参考答案1．D【分析】先由二次函数的性质求出为真时，解二次不等式可得命题等价于，可求p，q都是真命题的范围，进而可得答案.【详解】若p为真命题，即对任意，不等式恒成立，等价于当时，，当时，，即，所以；若q为真命题，即存在，不等式成立，等价于当时，.由于，，所以，解得.若p，q都是真命题，则；所以，若命题p，q中至少有一个是假命题，则或.即,故选：D.2．C【分析】先判断命题的真假，由此可得的真假，再判断命题的真假，由此确定的真假，结合所得结论确定正确选项.【详解】对于命题，当时，，所以为假命题，故命题为真命题；对于命题，当时，，所以为真命题，故命题为假命题；综上可知，和均为真命题.故选：C.3．D【分析】根据零次幂的底不为零，分母不为零，被开方数大于等于零列不等式组计算即可．【详解】由题意可知，解得且，故选：D．4．BC【分析】根据反例可判断A的正误，根据偶函数的定义结合函数解析式可判断BC的正误.【详解】A中，设，则，，故不是偶函数，故A错误；D中，设，则，故在内不是增函数，故D错误；B中，设，则，故为上的偶函数，而当时，，该函数在内是增函数，故B正确；C中，设，则，故为上的偶函数，而当时，在内是增函数，故C正确；故选：BC.5．C【分析】根据函数特征得到不等式，求出定义域.【详解】由题意得，解得且，故定义域为.故选：C6．D【分析】将函数解析式化为，令，则，设，，可判断是奇函数，根据奇函数性质及，求得答案.【详解】因为，，令，则，设，，则，所以是奇函数，最大值为，最小值为，则，由，解得.故选：D.7．D【分析】判断函数的奇偶性、单调性，据此可得，再由基本不等式求最值即可.【详解】因为，所以函数的定义域为，关于原点对称，又，所以为奇函数，且易知在上单调递减，又，即所以，即，，当且仅当即时等号成立，故选：D8．B【分析】根据函数奇偶性以及指数函数性质，利用排除法即可得出结论．【详解】易知函数定义域为，且满足，可得其为偶函数，图象关于轴对称；又当时，，因此排除A，又，利用指数函数图象性质可知其在0,+∞上单调递增，且增长速度越来越快，即排除CD故选：B.9．ABD【分析】对于A、B、C，利用基本不等式求最值，注意取值条件，即可判断；对于D，利用基本不等式“1”的代换求目标式最值即可.【详解】A：由题设，则，当且仅当时等号成立，故原式最小值为9，对；B：由题设，当且仅当时等号成立，所以，故xy的最大值与最小值之和为0，对；C：由，当且仅当时等号成立，显然，错；D：由题设，则，当且仅当，即时等号成立，对.故选：ABD10．CD【分析】检验且时的奇偶性可判断A，举反例可判断B，利用函数奇偶性求得的解析式，从而判断C，利用作差法推得，进而利用的单调性与不等式的性质可判断D.【详解】对于A，当且时，，其定义域为，又，则是奇函数，所以当是奇函数时，不一定有，故A错误；对于B，对于，，，则，所以在不单调递减，故B错误；对于C，因为是定义在上的偶函数，当时，，所以当时，，则，故C正确；对于D，因为，，则，即，则，因为在上是增函数，所以，，则，故D正确.故选：CD.11．ACD【分析】利用“倒函数”的定义判断A；举反例排除B；利用“倒函数”的定义求解析式可判断C；利用函数单调性与奇偶性的定义判断的性质，从而判断D.【详解】对于A，对于，则，所以，则函数是“倒函数”，故A正确；对于B，取，则，所以，此时在R上为“倒函数”，但，故B错误；对于C，当时，则，所以，故C正确；对于D，因为函数是上的倒函数，其函数值恒大于，且在上是严格增函数，所以，任取、且，则，所以，，所以，所以函数为上的增函数，因为，故函数为上的奇函数，当时，即，则，所以，故D正确.故选：ACD.12．【分析】由题意将问题转化为，成立，利用二次函数的性质求解即可.【详解】若对任意，存在，使得不等式成立，即只需满足，，对称轴在递减，在递增，，对称轴，①即时，在0,1递增，恒成立；②即时，在递减，在递增，，所以，故；③即时，在[0，1]递减，，所以，解得，综上.故答案为：【点睛】方法点睛：本题首先需要读懂题意，进行转化；其次需要分类讨论，结合二次函数的性质最后进行总结，即可求出结果.13．4【分析】代入求解即可.【详解】因为，所以.故答案为：4.14．【分析】借助指数运算法则计算即可得.【详解】原式.故答案为：.15．(1)，或；(2)或.【分析】（1）将代入，得，根据并集、交集及补集的定义求解即可；（2）分和分别求解，再取并集即可.【详解】（1）解：当时，，所以；，所以或；（2）解：因为，所以当时，则有，解得；当时，或，解得或，综上，或，所以实数的取值范围为或.16．(1)(2)答案见解析【分析】（1）通过转换主参变量的方法来列不等式，从而求得的取值范围.（2）对进行分类讨论，根据一元二次不等式的解法求得不等式的解集.【详解】（1）依题意，恒成立，恒成立，又因为恒大于0，所以，即.（2），当时，，由，解得：当时，令，解得.当时，，即由，解得；当时，，即，解得或当时，，由，解得x∈R；当时，，即，由，解得或综上所述：当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为R；当时，不等式的解集为.【点睛】关键点点睛：在解题过程中，利用不等式恒成立条件，转化主参变量进行推导，利用分类讨论法时，要做到不重不漏，确保所有可能的情况都得到分析．17．(1)(2)(3)答案见解析【分析】（1）利用赋值法即可得解；（2）利用赋值法依次求得，进而得到关于的函数方程组，解之即可得解；（3）利用（2）中结论，结合二次函数的性质，分类讨论对称轴与区间的位置，从而得解.【详解】（1）因为，令，则，又，有，故.（2）令，有，即，得，令，有，即，得，令，有，即，得，令，有，令，有，则，联立，解得，所以.（3）由（2）得，，其图象开口向上，对称轴为，又，当，即时，在上单调递增，则；当，即时，在上单调递减，则；当，即时，.18．(1)；(2)在上单调递增，证明见解析；(3).【分析】（1）由奇函数性质利用以及可得结果；（2）利用函数单调性定义按步骤即可证得在上单调递增；（3）由函数奇偶性及其单调性解不等式即可得a的取值范围为.【详解】（1）由题意可知，故，又由可得，解得；所以，此时fx定义域关于原点对称，且，故fx是定义在上的奇函数，满足题意，所以.（2）在上单调递增，证明如下：取任意，且，则；因为，且，所以，，所以，所以，即，因此在上单调递增.（3）由（1）（2）可知，是在上单调递增的奇函数，所以由可得，因此需满足，解得，即；故实数a的取值范围为.19．(1)(2)函数在R上单调递增，证明见详解(3)【分析】（1）根据题意，由求出即可；（2）根据单调