2024-2025学年吉林省白城市高一上学期10月期中考试数学检测试题（含解析）

2024-2025学年吉林省白城市高一上学期10月期中考试数学检测试题一、单项选择题（本大题共8小题，每题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.已知函数，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据函数的解析式，分析函数的单调性，进而可将转化为：或，解得答案．【详解】函数，函数在，上为减函数，在(0,+∞)上函数值保持不变，若，则或，解得：，故选：．本题主要考查的知识点是分段函数的解析式、单调性，函数单调性的应用，难度中档．2.在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的内接矩形花园（阴影部分），则其边长x应为（）A.10m B.15m C.20m D.25m【正确答案】C【分析】设出矩形花园的宽为ym，根据相似得到方程，求出，从而表达出矩形花园的面积，配方求出最大值，并得到相应的.【详解】设矩形花园的宽为ym，则，即，矩形花园的面积，其中，故当m时，面积最大.故选：C3.若是定义在R上的单调递增函数，则下列四个命题中正确的有（1）若，则；（2）若，则；（3）若是奇函数，则也是奇函数；（4）若是奇函数，则．A.4个 B.3个 C.2个 D.1个【正确答案】A【分析】利用单调性判断①；利用单调性与反证法判断②；利用奇偶性的定义判断③;利用奇偶性以及单调性判断④.【详解】对于①,是定义在R上的单调递增函数,若,则,故①正确;

对于②,当时,若,由是定义在R上的单调递增函数得与已知矛盾,故②正确;

对于③,若是奇函数,则,也是奇函数,故③正确;

对于④,当是奇函数,且是定义在R上的单调递增函数时,若,则,

若,故④正确;

故选A.本题通过对多个命题真假的判断，综合考查函数的单调性、函数的奇偶性.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.4.已知实数满足，则的取值范围是（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】利用一元二次方程有解，可得判别式大于等于零可求解.【详解】由题意知，关于x的一元二次方程有解，则，即，解得或.所以的取值范围是.故选：C.5.设是两个实数，命题“中至少有一个数大于1”的充分条件是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】用赋值法，取不同的x与y代入，可排除A、C、D.【详解】对于A，当时，满足，但命题不成立；对于C，D，当时，满足，，但命题不成立.故选：B.6.当时，恒成立，则实数a的取值范围是（）A B. C. D.【正确答案】C【分析】根据恒成立问题结合二次函数最值分析求解.【详解】记，则．而，当时，，所以实数a的取值范围是.故选C．7.已知函数是上的奇函数，对任意的，，设，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】确定数在上单调递增，是上的偶数，变换得到，，，根据单调性得到答案.【详解】，即，故函数在上单调递增，是上的奇函数，故是上的偶数，，，.，故.故选：A8.若定义在上的函数同时满足：①为奇函数；②对任意的，且，都有，则称函数具有性质．已知函数具有性质，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】构造函数，由题意可以推出函数的奇偶性、单调性，然后对进行分类讨论解不等式即可.【详解】因为对任意的，且，都有，即对任意两个不相等的正实数不妨设，都有，所以有，所以函数是上的减函数，又因为为奇函数，即有，有，所以有，所以为偶函数，所以在上单调递增．当，即时，有,由，得，所以，解得，此时无解；当，即时，由，得，所以，解得或．综上所述，不等式的解集为．故选：C.关键点点睛：解决本题的关键是由已知条件去构造函数，并结合已知导出其函数性质，从而分类讨论解不等式即可.二、多项选择题（本大题共4小题.每题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）9.设函数的定义域为，对于任一给定的正数，定义函数，则称函数为的“界函数”.若给定函数，，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】ACD【分析】结合“界函数”的定义可确定函数解析式，再结合分段函数性质可得函数值，进而判断各选项.【详解】因为，，令，即，解得，则，A选项：，，即，A选项正确；B选项：，，即，B选项错误；C选项：，即，C选项正确；D选项：，，即，D选项正确；故选：ACD.10.以数学家约翰·卡尔·弗里德里希·高斯的名字命名的“高斯函数”为，其中表示不超过x的最大整数，例如，，则（）A.，B.不等式的解集为C.当，的最小值为D.方程的解集为【正确答案】AB【分析】设的整数部分为，小数部分为，则，则得到A正确，解不等式得到，计算B正确，均值不等式等号条件不成立，C错误，举反例得到D错误，得到答案.【详解】对选项A：设的整数部分为，小数部分为，则，的整数部分为，，故，正确；对选项B：，则，故，正确；对选项C：，当且仅当，即时成立，不成立，故等号不成立，错误；对选项D：取，则，代入验证成立，错误；故选：AB11.若存在常数k和b使得函数和分别对其定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，若使直线为函数和之间的隔离直线，则实数b的取值可以为（）A.0 B.－1 C.－3 D.－5【正确答案】BC【分析】根据题意得到，计算得到一个范围，再根据双勾函数的单调性得到函数的最大值，综合得到答案.【详解】，即恒成立，故，解得；，即，函数在上单调递增，在上单调递减，故，故.综上所述.故选：BC.（2023·浙江省余姚中学期中）12.已知，则（）A.的最大值为B.的最小值为4C.的最小值为D.的最小值为16【正确答案】BCD【分析】A选项，对不等式变形为，利用基本不等式得到，求出的最大值；B选项，将不等式变形为，利用基本不等式得到，求出的最小值；C选项，对不等式变形为，利用求解的最小值；D选项，不等式变形为，利用基本不等式求出和的最小值.【详解】由得：，因为，所以，所以，由基本不等式可得：当且仅当时，等号成立，此时，解得：或，因为，所以舍去，故的最大值为2，A错误；由得：，因为，所以，所以，由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，即，解得：或，因为，所以舍去，故的最小值为4，B正确；由变形为，则，由基本不等式得：，当且仅当时等号成立，此时，令，则由，解得：或（舍去）所以的最小值为，C正确；由可得：，从而当且仅当时，即，等号成立，故最小值为16.故选：BCD，三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.已知实数，，且，则的最小值为___________.【正确答案】【分析】利用可得，根据和基本不等式求出的最小值，从而可得解.【详解】根据题意得到，变形为，则,因为，故得到,当且仅当时等号成立.故故答案为.本题考查了利用基本不等式求最值，属于基础题14.若关于的一元二次方程没有实数解，则不等式的解集__________．【正确答案】【详解】试题分析：因为关于的一元二次方程没有实数解，所以，可得，故答案为．考点：1、一元二次方程根与系数的关系；2、不等式的性质．15.若，，则的最小值为___________.【正确答案】4【详解】，（前一个等号成立条件是，后一个等号成立的条件是，两个等号可以同时取得，则当且仅当时取等号）.【考点】均值不等式【名师点睛】利用均指不等式求最值要灵活运用两个公式，（1），当且仅当时取等号；（2），，当且仅当时取等号；首先要注意公式的使用范围，其次还要注意等号成立的条件；另外有时也考查利用“等转不等”“作乘法”“1的妙用”求最值.16.若定义在区间上的函数满足：对于任意的，都有，且时，有，的最大值为，最小值为，则______，的值为______．【正确答案】①.2023②.4046【分析】根据题意，取特殊点，结合单调性的定义，可得答案.【详解】∵对于任意的，都有，∴令，得，再令，将代入可得，设，则，∴，又，∴可得，即函数是严格增函数，∴，，又∵，∴的值为4046．故2023；4046四、解答题：写出必要的文字描述、解题过程.共6题.17.经观测，某公路段在某时段内的车流量（千辆/小时）与汽车的平均速度（千米/小时）之间有函数关系：．（1）在该时段内，当汽车的平均速度为多少时车流量最大？最大车流量为多少？（精确到）（2）为保证在该时段内车流量至少为千辆/小时，则汽车的平均速度应控制在什么范围内？【正确答案】（1）当（千米/小时）时，车流量最大，最大值约千辆/小时；（2）汽车的平均速度应控制在这个范围内（单位：千米/小时）.【分析】（1）利用基本不等式可求得的最大值，及其对应的值，即可得出结论；（2）解不等式即可得解.【小问1详解】解：，（千辆/小时），当且仅当时，即当（千米/小时）时，车流量最大，最大值约为千辆/小时.【小问2详解】解：据题意有，即，即，解得，所以汽车的平均速度应控制在这个范围内（单位：千米/小时）.18.（1）若，求的取值范围；（2）若（），求关于的不等式的解集.【正确答案】（1）；（2）见解析【分析】（1）对分两种情况讨论，结合二次函数的图像和性质求出的取值范围；（2）原不等式等价于.再对分类讨论解不等式得解.【详解】（1）当时，不等式可化为，显然在R上不恒成立，所以.当时，则有解得.故的取值范围为.（2）等价于.①当时，，原不等式的解集为−∞,1.②当时，，原不等式的解集为.③当时，.若，原不等式的解集为R；若，原不等式的解集为；若，原不等式的解集为.本题主要考查二次型不等式的恒成立问题，考查解二次型的不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19.已知关于的不等式的解集为，试求关于的不等式的解集．【正确答案】或x>1．【分析】由题意可知，关于的方程的两个根为、，利用韦达定理可求得、的值，进而可求得不等式的解集.【详解】由题意可知，关于的方程的两个根为、，由韦达定理得，即，所以，不等式，即，解得或.因此，不等式的解集为或x>1．本题考查一元二次不等式的求解，同时也考查了利用一元二次不等式的解集求参数，考查计算能力，属于基础题.20.已知函数.（1）用分段函数的形式表示函数f(x)；（2）画出函数f(x)的图象；（3）写出函数f(x)的值域.【正确答案】（1）；（2）图象答案见解析；（3）.【分析】（1）分和两种情况去掉绝对值可求出函数的解析式；（2）根据（1）的解析式画出函数的图像；（3）根据函数图像可求出函数的值域【详解】（1）.（2）函数f(x)的图象如下图所示.（3）由图得函数f(x)的值域为.此题考查分段函数，考查由函数解析式画函数图像，根据图像求出函数的值域，属于基础题21.已知函数．（1）当时，判断的单调性；（2）若在区间上的最大值为．（i）求实数a的值；（ii）若函数，是否存在正实数b，使得对区间上任意三个实数r，s，t，都存在以，，为边长的三角形？若存在，求实数b的取值范围；若不存在，请说明理由．【正确答案】（1）在和上单调递增（2）（i）；（ii）存在，【分析】（1）根据单调性的定义判断单调性；（2）（i）根据题意，分别对和两种情况讨论单调性，即可得出结果；（ii）由题意，可证得在为减函数，在为增函数，设，，则，从而把问题转化为，时，求实数的取值范围．结合的单调性，分，，，四种情况讨论即可求得答案.【小问1详解】由题意得．设且，则，因为，所以，，当时，，即.所以在上单调递增；同理可得，在上单调递增.故在和上单调递增.【小问2详解】（i）在区间上的最大值为．①当时，同理（1）可知，函数在区间上单调递减，∴，解得（舍去）；②当时，函数在区间上单调递增，∴，解得．综上所述，．（ii）由（i）知，，且在区间上单调递增．∴，即，∴在区间上的值域为．讨论函数：令，则，当时，，所以，为减函数；当时，，所以，为增函数；∴在为减函数，在为增函数，令，则，∴．在区间上任意三个实数r，s，t，都存在以，，为边长的三角形，等价于，．①当，即时，在上单调递增，∴，由，即，得，∴；②当时，在上单调递减，在上单调递增，∴，由，即，得，解得，∴；③当时，在上单调递减，在上单调递增，∴，由，即，得，解得，∴；④当时，在上单调递减，∴，由，即，解得，∴．综上所述，实数b的取值范围为．关键点睛：本题第二问的关键是结合对勾函数的图象与性质，通过对的分类讨论从而得到不等式，解出即可.（2023·四川省攀枝花市第三高级中学月考）22.已知______，且函数．①函数在上值域为；②函数在定义域上为偶函数．请你在①②两个条件中选择一个条件，将上面的题目补无完整．（1）求a，b的值；（2）求函数在上的值域；（3）设，若，使得成立，求的取值范围．【正确答案】（1）选①根据单调性及值域列方程组求解；选②利用奇偶