湖南省衡阳市衡阳县2024_2025学年高一数学上学期11月期中检测试题含解析

这是一份湖南省衡阳市衡阳县2024_2025学年高一数学上学期11月期中检测试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，可得结论.
【详解】因为，所以且，
所以.
故选：C.
2. 有下列四个命题，其中真命题是（ ）
A. ，
B. ，，
C. 若命题p：，，那么是，
D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】通过取反例可排除A,D两项；通过取，易得B成立；根据命题的否定只需否定量词和结论的判断词即可排除C项.
【详解】对于A，不妨取，即可得A错误；
对于B，只需取，即可得，均成立，故B正确；
对于C，由 命题p：，，可得是，，故C错误；
对于D，不妨取，则.故D错误.
故选：B.
3. 已知关于的不等式的解集为，其中为常数，则不等式的解集是（ ）
A B. ，或
C. ，或D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据一元二次不等式的解集得出再化简得出,即可得出不等式的解集.
【详解】关于的一元二次不等式的解集为，
则，且是一元二次方程的两根，
于是解得
则不等式化为，
即，解得，
所以不等式的解集是.
故选：A.
4. 若函数是定义在上的奇函数，函数是偶函数，则（ ）
A. 2B. 0C. 60D. 62
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，可得，又，令，得解.
【详解】因为函数是R上的奇函数，所以，
又函数是偶函数，则，令，
.
故选：B.
5. 若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数、和的单调性可依次得、和，进而得解.
【详解】因为是上的增函数，
所以，即，
又因为是增函数，所以，
又是上的增函数，
所以，即，
综上所述，a，b，c的大小关系为.
故选：A.
6. 函数的单调递增区间是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数型复合函数的单调性即可求解.
【详解】函数，因为，解得．
所以函数的定义域为，且，．
因为函数在区间上单调递增，
在区间1,2上单调递减，函数单调递增，
所以由复合函数的单调性知函数在区间上单调递增，
在区间1,2上单调递减,
故选：A
7. 函数的部分图象如图，则的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数图象对称性以及定义域可利用排除法得出结论.
【详解】根据函数图象的对称性可知为偶函数，
A选项的定义域为，C选项的定义域为，
它们的定义域都不关于原点对称，所以不可能是偶函数，即可排除AC选项；
又不在函数的定义域内，而D选项定义域包括，
所以排除D选项；
故选：B
8. 已知定义在R上的奇函数满足：，且当时，（a为常数），则的值为（ ）
A. -2B. C. 0D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据在上的奇函数，求得其解析式，再根据，由的周期为6及对数运算求解.
【详解】因为在上的奇函数，所以，解得，
所以，
因为，所以的周期为6，
所以，
，
故选：C
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9. 设正实数，满足，则下列说法中正确的有（ ）
A. 有最大值B. 有最大值4
C. 有最大值D. 有最小值
【答案】ACD
【解析】
【分析】运用重要不等式和基本不等式变形计算即可.
【详解】对于A,,则,计算可得,当且仅当时，取得最大值为12.故A正确；
对于B,，当且仅当,即,有最小值4，故B错误；
对于C,，解得,当且仅当,有最大值为2，故C正确；
对于D，由于，则，当且仅当,有最小值为12，故D正确.
故选：ACD.
10. 下列说法正确的有（ ）
A. 的最小值为2
B. 已知，则的最小值为
C. 函数的最小值为2
D. 若正数满足，则的最小值为3
【答案】BD
【解析】
【分析】举反例判断A；变形后利用基本不等式判断B；结合对勾函数的单调性可判断C；将化为，结合“1”的巧用，即可判断D.
【详解】对于A，当时，，即的最小值为2错误；
对于B，时，，则，
当且仅当，即时取等号，
则的最小值为，正确；
对于C，，
令，则在上单调递增，
故的最小值为，C错误；
对于D，正数满足，即，
则，当且仅当时取等号，D正确，
故选：BD
11. 已知函数的定义域为R，且，的图象关于对称.当时，，若，则下列说法正确的是（ ）
A. 的周期为4B. 的图象关于对称
C. D. 当时，
【答案】AB
【解析】
【分析】由已知可得，结合，可求周期判断A；由已知可得的图象关于2,0对称，结合对称性与周期性可得的图象关于对称，判断B；由已知可得，，结合已知可求判断C；利用对称性可求当时，的解析式判断D.
【详解】因为的图象关于对称，所以，
又，所以fx=-fx+2，所以fx+4=-fx+2=fx，
所以的周期为4，故A正确；
因为的图象关于对称，所以的图象关于2,0对称，
因为，所以关于对称，所以的图象关于对称，
又的周期为4，所以可得的图象关于对称，故B正确；
因为关于对称，所以，
又图象关于对称，所以，所以，
，
又，所以，解得,
所以当时，，
，故C错误；
当，则，
因为，所以，故D错误.
故选：AB.
【点睛】思路点睛：本题解题思路在于利用函数的对称性及相关条件推断出函数具备的轴对称和中心对称的特征，再利用对称性推断结论，得到相关点的函数值，确定参数值，得到函数的解析式，再利用函数对称性求出相应解析式.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数，若对任意，存在，使，则实数a的取值范围是______________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知只需，易求出的值域，进而只需有解即可，用分离参数的方法即可.
【详解】因为，
所以在时单调递减，
所以，，
即；
因为对任意，存在，使，
所以，
所以存在,使得，
即,即能成立,
令,则要使在能成立,
只需使,
由对勾函数的性质可知，函数在上单调递减,
所以,
故只需.
故答案为：
13. 不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】将分式不等式转化为一元二次不等式求解即可．
【详解】，解得.
故答案为：
14. 已知集合，，且，则实数的取值集合是_________
【答案】，或
【解析】
【分析】化简集合，由条件可得，结合集合的包含关系列关系式，由此可得结论.
【详解】因为方程的解集为，
所以，
因为，所以或或或，
又，
所以或或或，
所以或，
所以的取值集合是，或.
故答案为：，或.
四、解答题（本题共6小题，共70分）
15. 设命题，，命题，．
（1）若q为真命题，求实数m的取值范围；
（2）若p为假命题、q为真命题，求实数m的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用一元二次方程无实根求出的取值范围即得.
（2）由命题为真命题求出的范围，再结合（1）求出答案.
【小问1详解】
由，，得关于的方程无实根，
因此，解得，
所以实数m的取值范围是.
【小问2详解】
由p为假命题，得，为真命题，即，，
而当时，，当且仅当时取等号，因此，
由（1）知，，则，
所以实数m的取值范围是.
16. 已知函数，
（1）若，试用定义法证明：为单调递增函数；
（2）若对任意的，都有，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据函数单调性的定义，分区间讨论即可得证；
（2）由二次不等式的恒成立，列出不等式式组得解.
【小问1详解】
证明：当时，，
当时，
，
由于，则，，，
则，，即；
当时，，
由于，则，则，
，即；
当时，，
由于，则，
，即；
综上，为单调递增函数；
【小问2详解】
①当时，恒成立，即恒成立，
或，解得；
②当时，恒成立，即恒成立，即在上恒成立，则；
综上，实数的取值范围为．
17. 已知函数是定义在R上的偶函数，且当时，．现已画出函数在轴左侧的图象，如图所示，并根据图象．
（1）画出在轴右侧的图象并写出函数的增区间；
（2）写出函数的解析式；
（3）若函数，求函数的最小值．
【答案】（1）图象见解析，递增区间为，1,+∞
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的定义直接画出图形，结合图形即可得出的增区间；
（2）利用函数的奇偶性求解函数的解析式即可；
（3）由题意可得，对称轴为，结合二次函数的图象与性质，分类讨论求出当、、时的即可.
【小问1详解】
函数是定义在R上的偶函数，
即函数的图象关于轴对称，其递增区间为，1,+∞；
【小问2详解】
根据题意，令，则，则，
又由函数是定义在R上的偶函数，
则，则；
【小问3详解】
根据题意，，则fx=x2-2x，
则，其对称轴为，
当时，即时，在区间1,2上为增函数，；
当时，即时，；
当时，即时，在区间1,2上为减函数，，
则．
18. 已知函数是偶函数.
（1）求的值；
（2）设函数，其中.若函数与的图象有且只有一个交点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用偶函数的定义求解即可；
（2）设转化为方程在上只有一个解，分类讨论即可.
【小问1详解】
函数是偶函数，
故，
即，，故.
【小问2详解】
，故，
若函数与的图象有且只有一个交点，
即在上只有一个解，故，
即，即，
设
故只有一个解，即，
当时，，则，不符合，故舍去；
当时，函数对称轴为，
故在0,+∞单调递减，且，故方程在无解；
当时，函数的对称轴为，且，，
故方程 在上有唯一解，符合题意，
综上所述，的取值范围是1,+∞.
19. 学习机是一种电子教学类产品，也统指对学习有辅助作用的所有电子教育器材．学习机较其他移动终端更注重学习资源和教学策略的应用，课堂同步辅导､全科辅学功能､多国语言学习､标准专业词典以及内存自由扩充等功能成为学习机的主流竞争手段，越来越多的学习机产品全面兼容网络学习､情境学习､随身学习机外教､单词联想记忆､同步教材讲解､互动全真题库､权威词典､在线图书馆等多种模式，以及大内存和SD/MMC卡内存自由扩充功能根据市场调查．某学习机公司生产学习机的年固定成本为20万元，每生产1万部还需另投入16万元．设该公司一年内共生产该款学习机万部并全部销售完，每万部的销售收入为万元，且．当该公司一年内共生产该款学习机8万部并全部销售完时，年利润为1196万元；当该公司一年内共生产该款学习机20万部并全部销售完时，年利润为2960万元．
（1）写出年利润（万元）关于年产量（万部）的函数解析式；
（2）当年产量为多少万部时，公司在该款学习机生产中所获得的利润最大？并求出最大利润．
【答案】（1）
（2）当时，取得最大值为3680万元
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，分别求出当时和当时的年利润，即可求解；
（2）分类讨论，当时根据二次函数的单调性求出最大值，当时，根据基本不等式求出最大值，综合分析即可求解．
【小问1详解】
因为当生产该款学习机8万部并全部销售完时，年利润为1196万元，
所以，解得，
当该公司一年内共生产该款学习机20万部并全部销售完时，年利润为2960万元，
所以，解得，
当时，，
当时，，
综上．
【小问2详解】
①当时，单调递增，所以；
②当时，，
由于，
当且仅当，即时取等号，
所以此时的最大值为，
综合①②知，当时，取得最大值为3680万元．