湖北省武汉市洪山高级中学2024-2025学年高一上学期10月测试数学试卷

这是一份湖北省武汉市洪山高级中学2024-2025学年高一上学期10月测试数学试卷，文件包含洪山高中2027届高一10月月考数学试题docx、洪山高中2027届高一10月月考数学试题答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知点在幂函数的图象上，则（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】直接由幂函数的定义列方程组即可求解.
【详解】由题意.
故选：C.
2．下列四组函数中，不是同一个函数的一组是（ ）
A．与B．与
C．与D．与
【答案】D
【分析】运用同一函数必须三要素相同来判断即可.
【详解】选项A：对于，其定义域为.
对于，因为恒成立，所以定义域为.
又因为，与的定义域相同，对应关系也相同，所以和是同一个函数.
选项B：的定义域是.的定义域是.
虽然自变量的符号不同，但是它们的定义域相同，对应关系（这里和都只是自变量的符号）也相同，所以和是同一个函数.
选项C：的定义域为.
当时，；当时，，，其定义域为.
与的定义域相同，对应关系也相同，所以和是同一个函数.
选项D：，根据根式的性质，其定义域为.
，其定义域为.
由于和的定义域不同，所以和不是同一个函数.
故选：D.
3．已知函数的定义域为，则的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由已知的定义域，再根据函数成立的条件建立不等式进行求解即可．
【详解】因为的定义域是，
所以要使得有意义，
需满足，解得．
则函数的定义域为是
故选：B
4．已知函数，若函数与的图象恰有4个交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
令，然后参变分离，令，然后换元得，作出函其图象即可求解.
【详解】
函数与的图象恰有4个交点，等价于有4个不同实数根，
因为不是方程，所以.
记，令，则，
由对勾函数和翻折变换作出函数的图象如图：
由图可知，当或时，函数与直线又4个交点，
所以，实数的取值范围是.
故选：D
5．如图为函数y=fx和y=gx的图象，则不等式的解集为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】数形结合判断各区间函数值的正负即可.
【详解】由图象可得当，
此时需满足，则，故；
当，
此时需满足，则，故.
综上所述，.
故选：D.
6．若在函数定义域的某个区间上定义运算，则函数，的值域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据新运算法则求解的解析式和的范围，根分段函数的性质求解值域．
【详解】解：，
由新运算法则可得，即
当或时，，对称轴，
当时，，
若，则，其值域为，即值域为；
若，则，其值域为，即值域为；
综上可得函数值域为，
故选：B．
【点睛】本题主要考查函数值域的求法，体现了分类讨论的数学思想方法，解答此题的关键是理解题意，属于中档题．
7．已知函数是上的单调增函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由分段函数两段都递增，且在分界处函数值左侧不比右侧大可得参数范围.
【详解】因为函数在上是单调增函数，且.
所以
解得
故选：D.
8．若关于x的不等式的解集中恰有3个整数，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先根据确定的取值范围，初步判断在不等式的解集内，不在不等式的解集内，进而确定不等式解集内的整数，列出不等式，可求出结果.
【详解】由题意，且，且，解得，则，
设不等式的解集为.
因为时，不成立，所以；因为时，，所以.
又因为中恰有3个整数，所以这3个整数必定是1，2，3.
由.
综上所述.
故选：C
【点睛】关键点点睛：不等式中所含有的整数解必定是连续的整数，弄清楚1，2，3满足不等式后，还要注意0，4不满足原不等式.
二、多选题：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，部分选对得部分分，有错选得0分.
9．一水池有2个进水口，1个出水口，每个进水口的进水速度如图甲所示，出水口的出水速度如图乙所示．已知某天0点到6点，该水池至少打开一个水口，且水池的蓄水量如图丙所示，则下列判断正确的有（ ）
A．点到点只打开了两个进水口B．点到点三个水口都打开
C．点到点只打开了一个出水口D．点到点至少打开了一个进水口
【答案】ABD
【分析】由甲、乙图知：每个进水口进水速度为，每个出水口出水速度为，再分析丙图中点到点、点到点、点到点的蓄水量的变化可得进水口和出水口的打开情况，即可得正确选项.
【详解】由甲、乙图知：每个进水口进水速度为，每个出水口出水速度为，
对于A：由丙图知：点到点蓄水量增加，所以只打开了两个进水口，只进水不出水，故选项A正确；
对于B：点到点蓄水量不变，说明三个水口都打开进出一样多蓄水量不变，故选项B正确；
对于C：点到点蓄水量减少，说明每个小时减少，所以打开了一个进水口和一个出水口，故选项C不正确；
对于D：由选项ABC的分析可知，点到点至少打开了一个进水口，故选项D正确；
故选：ABD.
10．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，如，.若，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．
C．函数的值域为
D．当时，函数的值域为
【答案】ACD
【分析】对于A，直接由高斯函数定义来验证即可；对于B，注意到，使得，即可运算判断；对于C，由B选项可得的周期，故只需讨论在上的值域即可；对于D，分别求出每一段的值域，再求并集即可.
【详解】对于A，当时，，正确；
对于B，因为，使得，此时，
从而，错误；
对于C，由B选项分析可知，函数是以1为周期的周期函数，
故只需讨论在上的值域即可，
当时，，即函数的值域为，正确；
对于D，当时，，当时，，
当时，，依次类推，当时，，取并集得函数的值域为，正确.
故选：ACD.
11．已知 是定义在 上的单调递增且图象连续不断的函数， 若 ， 恒有 成立， 设 0 ，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】对于A：令，结合单调性分析即可判断；对于B：假设存在使得，分析可知恒等于1，结合单调性分析判断；对于CD：利用反证法证明，结合基本不等式分析可得，构建函数，结合的单调性可知，即可得结果.
【详解】令 ， 得 ， 即 ，
因为 在区间 上单调递增， 所以 不恒等于 ， 故 ， 故 A 正确;
若存在 使得 ， 则 ， 则 恒等于 1 ，
与 单调递增矛盾，故 ， 故 B 错误；
若存在 ， 使得 ， 因为 的图象连续不断， 所以 ，
故存在 ， 使得 ， 与上述 矛盾，综上 ，
所以 ，而， 当且仅当 时取等号，
又 单调递增，故不取等号， 即 ，
当 时， 有 ， 即 ，
当 时， 令 ， 则 ，
因为 单调递减且 ，
所以 单调递增， 所以 ， 又 ，
所以 ， 且在区间 上单调递增，
因为 ，
所以 ， 所以 ， 故C错误，D正确.
故选：AD
【点睛】方法点睛：
1.对于抽象函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件推证函数的性质，根据函数的性质解决问题；
2.比较数式大小问题，往往利用函数图象或者函数的单调性．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知函数满足对任意的实数，都有，则a的取值范围是 .
【答案】
【解析】求出函数单调递减，由分段函数的单调性得出关于的不等式组，解出即可.
【详解】由题意得：在上单调递减，
故，解得，
即的取值范围是，
故答案为：.
【点睛】易错点睛：对于分段函数的性，注意在临界位置的函数值大小比较，该题中容易遗漏不等式.
13．已知幂函数过点，若，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【分析】设出幂函数解析式代入点待定，再结合函数的单调性与定义域得不等式组求解即可得.
【详解】设幂函数，因为函数图象过点，
则，解得，
则，其定义域为，且在单调递减.
所以由，
可得，解得.
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
14．若定义在上的函数满足：对任意的，都有：，当时，还满足：，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】先用赋值法得到，，判断出函数为偶函数，然后利用判断单调性，最后分类讨论计算的解集即可.
【详解】因为对任意的，都有：
令，可知
令，可知
令，得
故函数为偶函数，
令
要使
则
显然函数为偶函数；
因为当时，
得
所以当时函数单调递减，
此时也单调递减
因为需要
故
因为为偶函数
所以当时，的解为
故不等式的解集为
故答案为：
【点睛】做一些抽象函数相关的习题时，我们一定需要去找抽象函数的一些性质，如单调性、奇偶性、对称性、周期性；然后再利用他们的关系来求解；通常还需要用赋值法得到一些函数值.
四、解答题：本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
15．（1）已知是一次函数，且，求的解析式；
（2）已知函数，求的解析式；
（3）已知函数满足，求函数的解析式；
【答案】（1）或；（2）；（3）
【分析】（1）设，可用待定系数法求解析式；
（2）令，用换元法求解析式；
（3）将换成，得，用解方程组法求解析式.
【详解】（1）设，
则.
，解得，或，
或.
（2）令，则，
，
即.
（3）在已知等式中，将换成，得，与已知方程联立，
得，解得.
16．已知函数
(1)若不等式的解集为，求的取值范围；
(2)解关于的不等式
【答案】(1)
(2)答案见详解
【分析】（1）分和两种情况讨论，求解得答案；
（2）将不等式转化为，分，，三种情况讨论求解.
【详解】（1）当，即时，得，令，解得，不合题意；
当时，由的解集为，
则，即，解得，
综上，的取值范围是.
（2）由不等式，化简得，
即，其对应方程的两根为，
当，即时，不等式的解集为或，
当，即时，解集为R，
当，即时，不等式的解集为或，
综上，当时，不等式的解集为或，
当时，不等式的解集为R，
当时，不等式的解集为或.
17．已知函数的定义域为，对任意且，都满足.
(1)求;
(2)判断的奇偶性;
(3)若当时，，且，求不等式的解集.
【答案】(1)0；0
(2)偶函数
(3).
【分析】（1）利用赋值法计算可得；
（2）对任意非零实数，，令，即可得到，再令，即可得解；
（3）首先说明在区间上单调递增，再得到，则不等式转化为，再结合单调性与奇偶性转化为自变量的不等式，解得即可.
【详解】（1）因为对任意且，都满足，
令，得，，
令，得，
.
（2）对任意非零实数，，令，
可得.
在上式中，令，得，
即对任意非零实数，都有，
是偶函数.
（3）对任意且，有，
由（2）知，
在区间上单调递增.
，
，
是定义域为的偶函数，且在区间上单调递增，
原不等式转化为，
解得或或，
原不等式的解集为.
18．已知函数.
(1)请用定义证明函数在上单调递减；
(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，利用函数单调性的定义与判定方法，即可求解；
（2）根据题意，转化为存在，使得，由（1）得到在上为单调递减函数，求得的最大值，即可求解.
【详解】（1）证明：任取且，
则，
因为且，可得，且，所以，
所以，即，
所以函数在上为单调递减函数.
（2）解：由，不等式可化为，
因为存在，使得成立，即，
由（1）知，函数在为单调递减函数，
所以，所以，即实数的取值范围.
19．“函数的图像关于点对称”的充要条件是“对于函数定义域内的任意x，都有”．若函数的图像关于点对称，且当时，．
(1)求的值；
(2)设函数．
（ⅰ）证明：函数的图像关于点对称；
（ⅱ）若对任意，总存在，使得成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．
【分析】（1）由函数的图像关于点对称，可得；
（2）（ⅰ）证明即可；（ⅱ）由在的值域为，设在上的值域为A，问题转化为，先求解，分类讨论轴与区间的关系，研究二次函数的值域即可.
【详解】（1）因为函数的图像关于点对称，
则，
令，可得．
（2）（ⅰ）证明：由，
得，
所以函数的图像关于对称．
（ⅱ），
则在上单调递增，
所以的值域为，
设在上的值域为A，
对任意，总存在，使得成立，
则，
当时，，
函数图象开口向上，对称轴为，且，
当，即，函数在上单调递增，
由对称性可知，在上单调递增，所以在上单调递增，
因为，，
所以，
所以，由，可得，解得．
当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，
由对称性可知在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
结合对称性可得或，
因为，所以，，
又，，
所以，，
所以当时，成立．
当，即时，函数在上单调递减，
由对称性可知在上单调递减，因为，，
所以，所以，由，
可得，解得．
综上所述，实数a的取值范围为．