湖北省武汉市第六中学2024-2025学年高一上学期第二次月考数学试卷（Word版附解析）

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1. 已知集合， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合，知或或，从而得，再结合集合的交集运算性质运算即可.
【详解】由，得或或，故.
因为，所以.
故选：B.
2. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】直接由作差法逐一判断即可.
【分析】对于A：，
因为，则，，
所以，当时，，当时，，
当时，，A错误；
对于B：因为，则，，，
则，
所以，B正确；
对于C，因为，则，，，
由题意，
即，故C错误；
对于D，由题意，即，故D错误.
故选：B.
3. 下列函数的最值中错误的是（ ）
A. 的最小值为2B. 已知，的最大值是
C. 已知，的最小值为3D. 的最大值5
【答案】A
【解析】
【分析】举例，判断A选项；利用基本不等式判断B、C、D.
【详解】当时，，故命题错误，A符合题意；
当时，，
当且仅当，即时取等号，命题正确，B不符合题意；
当时，，则，
当且仅当，即时取等号，故命题正确，C不符合题意；
由题意，，则，
当且仅当，即时取等号，故命题正确，D不符合题意.
故选：A
4. 已知关于的不等式的解集是，则下列说法错误的是（ ）
A.
B.
C.
D. 不等式的解集是
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的解集可得且，再代入各个选项即可判断正误.
【详解】因为关于的不等式的解集是，
则，且1，3是方程的两个根，
于是得，解得，
对于A，由，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，不等式化为，
即，解得或，故D正确.
故选：C.
5. 已知函数f(x)＝，在(0，a－5)上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A. [6，8]B. [6，7]C. (5，8]D. (5，7]
【答案】D
【解析】
【分析】
画出函数的大致图象，根据在上单调递减，得到的范围，从而求出的取值范围.
【详解】函数，画出函数的大致图象，如图所示：

函数在上单调递减，
由图象可知：，解得：，
故实数的取值范围是：,.
故选：.
6. 已知函数，且，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析可知为奇函数，且在内单调递增，根据函数单调性和奇偶性解不等式即可.
【详解】因为的定义域为，且，
可知函数为奇函数，
当，则，
且的开口向上，对称轴为，
可知在内单调递增，
由奇函数性质可知在内单调递增，
所以在内单调递增，
若，则，
可得，即，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：B.
7. 如图，中，，，，点从点出发，以的速度沿向点运动，同时点从点出发，以的速度沿向点运动，直到它们都到达点为止．若的面积为，点的运动时间为，则与的函数图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理可得，然后分两段：当点在边上时，，当点在边上时，，分别求出函数关系式，即可求解．
【详解】∵，，，
∴，
根据题意得：点到达点的时间是，到达点的时间为，点到达点的时间为，
当点在边上时（不含端点），，，
如图，过点作于点，则，
∴，
∴，
∴，
解得：，，
∴，
当点在边上时，，，，如图，
∴，，
∴，
即,
综上所述，与的函数关系式为 ，
∴函数图象第一段为过原点的开口向上的抛物线的一部分，第二段为自左向右逐渐下降的抛物线的一部分．
故选：C
8. 已知函数为定义在上的偶函数，，，，且，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知，可得，设，则函数在上单调递减，则不等式即，则，又函数为定义在上的偶函数，则得到不等式的解集.
【详解】由题意，，，则，
由，得，
即，
因为，，得，
即，
设，则函数在上单调递减，
又，则，
则不等式，即，
则，
所以，
又函数为定义在R上的偶函数，
所以当时，，
又，
所以不等式的解集为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：由，可构造函数，可得在上单调递减，可利用单调性解出不等式.
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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 若是的必要不充分条件，则实数a的值可以为（ ）
A. 2B. C. D. 0
【答案】BCD
【解析】
【分析】依题意，是的真子集，则可以是，或，解之即得.
【详解】由可解得：或，
依题意，是的真子集，则可以是，或.
当时，易得；
当，可得；
当，可得.
故选：BCD.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若幂函数的图象经过点，则函数的解析式为
B. 若函数，则在区间上单调递减
C. 若正实数m，n满足，则
D. 若函数，则对任意，，且，有
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据待定系数法求解即可判断A；结合幂函数的单调性性质判断B；根据幂函数的单调性判断C；根据作差法比较大小即可判断D.
【详解】解：对于选项A，设幂函数为，代入点，即，解得，所以幂函数的解析式为，故A正确；
对于选项B，函数是偶函数且在区间上单调递减，所以函数在区间上单调递增，故B错误；
对于选项C，因为函数在上单调递增，，满足，
所以，
因为函数在0,+∞上单调递减，则，故C正确；
对于选项D，由于，,\
则，，，
所以
，
所以，故D正确.
故选：ACD．
11. 定义域为的奇函数，满足，下列叙述正确的是（ ）
A. 存在实数，使关于的方程有3个不同的解
B. 当时，恒有
C. 若当时，的最小值为1，则
D. 若关于的方程和的所有实数根之和为0，则或
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据奇函数，可得在对称区间上的函数解析式，然后结合函数的图象分析各选项的正误，即可确定答案.
【详解】对于A，因为是奇函数，所以f−x=−fx，
当，则，所以，所以，
当，则，
所以，所以，
如下图，画出的大致图象，结合图象，
当或时，函数与函数的图象有3个交点.
当，函数与函数的图象有2个交点，
当，或，函数与函数的图象有1个交点，
故A正确；
对于B，如图，当时，函数不是减函数，故B错误；
对于C，由解得，由解得，
如图所示，直线与函数图象相交于，
故当的最小值为1时，，故C正确；
对于D，若时，由解得，
由解得，，
所以，
若使与所有实根之和为0，
则当时，由，得，
则当时，由抛物线对称性可得与
两个交点横坐标之和为，
所以与的交点的横坐标为，
此时，
综上所述，或，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键点在于利用奇偶性得到的解析式，并画出图象，而方程有解的问题就转化成两个函数的交点问题，通过数形结合逐个判断.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知不等式对任意恒成立，则正实数a的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定不等式分离参数，再利用基本不等式求出最大值即可.
【详解】依题意，对任意，不等式恒成立，
当时，，当且仅当时取等号，
因此，所以正实数a的取值范围是.
故答案为：
13. 若函数的定义域为，则的定义域为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抽象函数定义域的求法及分式的分母不为0求解.
【详解】因为函数的定义域为，
所以，
所以要使函数有意义，
则，即，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
14. 设函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】求得在区间上的解析式，画出的图象，结合图象列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】时，，而时，
所以，
又，
所以当时，，
当时，，
作出示意图如下图所示：

要使，则需，结合上图，
由，解得，所以.
【点睛】关键点点睛：所给的抽象函数关系式，如本题中的，然后要关注题目所给的已知区间的函数解析式，结合这两个条件来求得其它区间的函数解析式.
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. 已知实数集，集合，集合
（1）当时，求；
（2）设，求实数的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）先解出集合，将代入解出集合，然后根据集合的运算计算即可；
（2）根据，即可得出，分和两种情况讨论即可求解.
【小问1详解】
根据已知有：，当时，，
解得：，或，
所以或 .
【小问2详解】
因为，所以，
当时，有，符合题意；
当时，，a>01−a≥−31+a≤5，解得，
综上可得：的取值范围是.
16. 中国芯片产业崛起，出口额增长迅猛，展现强劲实力和竞争力．中国自主创新，多项技术取得突破，全球布局加速．现有某芯片公司为了提高生产效率，决定投入万元买一套生产设备．预计使用该设备后，前n（）年的支出成本为万元，每年的销售收入98万元．使用若干年后对该设备处理的方案有两种，方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以20万元的价格处理；方案二：当年平均盈利额达到最大值时，该设备以30万元的价格处理，哪种方案较为合理？并说明理由（注：年平均盈利额）
【答案】方案二更合理，理由见解析
【解析】
【分析】根据条件得到总盈利额，平均盈利额为，分别利用二次函数的性质和基本不等式，求出总盈利额，并比较需要年限，即可求解.
【详解】方案二更合理，理由如下：
设为前年的总盈利额，单位：万元；
由题意可得，
方案一：总盈利额，
当时，取得最大值；此时处理掉设备，则总利额为万元
方案二：平均盈利额为，
当且仅当，即时，等号成立；即时，平均盈利额最大，此时，
此时处理掉设备：总利润为万元；
综上，两种方案获利都是万元，但方案二仅需要年即可，故方案二更合适．
17. 已知函数．
（1）若，求在上的值域；
（2）设，记的最小值为，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的分段函数，求出的单调区间，求出在上的值域；
（2）求出，分、和三种情况求出，求出的最小值.
【小问1详解】
，
当，
在单调递减，在单调递增，
，函数在上值域为，
当在单调递增，
，函数在上值域为，
综上所述，函数在上值域；
【小问2详解】
由题意可知，，
①当时，根据二次函数性质，
可知函数单调递减，在上单调递增，
函数的最小值为；
②当时，根据二次函数的性质，
可知函数在单调递减，在上单调递增，
函数的最小值为；
③当时，根据二次函数的性质，
可知函数在单调递减，在上单调递增，
故函数的最小值为，
综上所述，，
当时，函数的最小值为，此时；
当时，函数的最小值为，此时；
当时，函数的最小值为，此时．
综上所述，的最小值为．
18. 已知函数的定义域为，对任意的，都有．当时，．
（1）求的值，并证明：当时，；
（2）判断的单调性，并证明你的结论；
（3）若，求不等式的解集.
【答案】（1），证明见解析
（2）在上单调递减，证明见解析
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用赋值法求得f1，再利用反比例函数的性质得到，结合赋值法即可证得结论；
（2）利用赋值法与作差法，结合函数单调性的定义即可得证；
（3）利用的单调性可得，分类讨论可求不等式的解集.
【小问1详解】
因为，都有，
所以令，得，则f1=0，
因为时，，
所以当时，，则，
令，得，
所以，证毕.
【小问2详解】
在上单调递减，证明如下：
不妨设，则，，
令，
则，所以，
即，所以在上单调递减；
【小问3详解】
由，得，
又，所以，
由（2）知在上单调递减，
所以，所以，
所以，
当时，不等式为，所以不等式的解集为；
当时，不等式为，所以不等式解集为；
当时，不等式为，
若时，则，所以不等式的解集为，
若时，则，所以不等式的解集为，
若时，则，所以不等式的解集为，
综上所述：时，不等式的解集为，
时，不等式的解集为，
时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
时，不等式的解集为.
【点睛】思路点睛：
1，对抽象函数求函数值的题型，主要是赋值法，
2，解含参数的不等式，通常是对参数分类讨论求得不等式的解集.
19. 若函数G在上的最大值记为，最小值记为，且满足，则称函数G是在上的“美好函数”．
（1）下列三个函数①；②；③，哪个（些）是在上的美好函数，说明理由．
（2）已知函数．
①函数G是在上的“美好函数”，求a的值；
②当时，函数G是在上的“美好函数”，求t的值；
（3）已知函数，若函数G是在（m为整数）上的“美好函数”，且存在整数k，使得，求a的值．
【答案】（1）①，理由见解析；
（2）①或，②或；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据“美好函数”的定义逐个分析判断即可；
（2）①分和两种情况求出二次函数在给定范围上的最值，然后利用列方程可求出的值；②求出二次函数的对称轴，然后分，，和四种情况求函数在给定范围上的最值，然后利用列方程可求出的值；
（3）由二次函数的性质可知当时，随的增大而增大，从而可求出，，然后由为整数可求出，再由列方程可求出.
【小问1详解】
对于①在1,2上单调递增
当时，，当时，，
∴，符合题意；
对于②在1,2上单调递增
当时，，当时，，
∴，不符合题意；
对于③在1,2上单调递增
当时，，当时，，
∴，不符合题意；
故①是在上的美好函数；
【小问2详解】
①二次函数对称轴为直线，
当时，，当时，，
当时，在1,2上单调递增
，
，
，
当时，在1,2上单调递减，
，
，
综上所述，或；
②二次函数为，对称轴为直线，
在1,+∞上单调递增，在上单调递减，
当，，
当时，，
当时，．
若，在上单调递增，
则，解得（舍去）；
若，在上单调递减，在上单调递增，
则，解得（舍去），；
若，在上单调递减，在上单调递增，
则，解得，（舍去）；
若，在上单调递减，
则，解得（舍去）．
综上所述，或；
【小问3详解】
由（2）可知，二次函数对称轴为直线，
又，
，
，
当时，在上单调递增
当时取得最大值，时取得最小值，
∴
，为整数，且，
，即的值为5，
又∵，
，
．
【点睛】方法点睛：当二次函数对称轴确定但自变量取值区间变化时，需分“对称轴在区间左侧、中间、右侧”进行讨论，对称轴在区间中间时，还需继续分析自变量区间中间值和对称轴的关系，以此来确定函数的最值.