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）

这是一份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），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 10 mB. 15 mC. 20 mD. 25 m
【正确答案】C
【分析】设出矩形花园的宽为y m，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：C
3. 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：A
8. 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：AB
11. 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. 0B. －1C. －3D. －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4
C. 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. 2023 ②. 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利用奇偶性列方程组求解
（2）
（3）
【分析】（1）选①，根据根据单调性及值域列方程组求解；选②根据函数为偶函数列方程组求解；
（2）直接根据函数单调性求值域；
（3）将，使得成立转化为，先利用函数单调性求出，即得则使得成立，继续转化为，利用基本不等式最小值即可.
【小问1详解】
选①，函数在上单调递增，
故，解得；
选②，函数在定义域上为偶函数
故，解得；
【小问2详解】
由（1）得，
令，，
则，，
由对勾函数的性质可得在上递减，上递增，
故，
又，
所以函数在上的值域为；
【小问3详解】
由（2）得，当时，，，
若，使得成立，
则使得成立，
整理得在上能成立，
所以，
又，当且仅当，即时等号成立，
所以，
即