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文檔簡介
臨潭縣第一中學2025-2026學年上學期月考測試卷高一數(shù)學(考試時間:120分鐘試卷滿分:150分)第一部分(選擇題共58分)一、單項選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.已知集合A=eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x∈Z,且\f(3,2-x)∈Z)),則集合A中的元素個數(shù)為()A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】∵eq\f(3,2-x)∈Z,∴2-x的取值有-3,-1,1,3,又∵x∈Z,∴x值分別為5,3,1,-1,故集合A中的元素個數(shù)為4,故選C.2.已知函數(shù)的定義域為,則“是偶函數(shù)”是“是偶函數(shù)”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件【答案】A【解析】偶函數(shù)的圖像關于軸對稱,奇函數(shù)圖像關于原點對稱,根據(jù)這一特征,若是偶函數(shù),則是偶函數(shù),若是奇函數(shù),也是偶函數(shù),所以“是偶函數(shù)”是“是偶函數(shù)”的充分不必要條件故選:A3.函數(shù)的定義域是()A. B. C. D.【答案】B【解析】由函數(shù),知解之得:故選:B4.命題“,”的否定是()A., B.,C., D.,【答案】B5.關于x的不等式ax+b>0的解集是(1,+∞),則關于x的不等式(ax+b)(x-2)<0的解集是()A.(-∞,1)∪(2,+∞) B.(-1,2)C.(1,2) D.(-∞,-1)∪(2,+∞)【答案】C【解析】;關于x的不等式ax+b>0的解集是(1,+∞),∴a>0,且-eq\f(b,a)=1,6.“不等式x2-x+m>0在R上恒成立”的充要條件是()A.m>eq\f(1,4) B.m<eq\f(1,4)C.m<1 D.m>1【答案】:A【解析】∵不等式x2-x+m>0在R上恒成立,∴Δ=(-1)2-4m<0,解得m>eq\f(1,4),又∵m>eq\f(1,4),∴Δ=1-4m<0,∴“m>eq\f(1,4)”是“不等式x2-x+m>0在R上恒成立”的充要條件.故選A.A.若,則 B.若,則C.若,則 D.若,則【答案】D【解析】:對于A選項,當時,不等式不成立,故是假命題;對于B選項,當時,不滿足,故為假命題;對于C選項,當時,,不滿足,故為假命題.對于D選項,由于,所以,即,故為真命題.故選:D.8.設a、b是正實數(shù),以下不等式恒成立的為()A.EQ\R(,ab)>EQ\F(2ab,a+b)B.a(chǎn)b+EQ\F(2,ab)>9C.a(chǎn)2+b2>4ab-3b2D.a(chǎn)>|a-b|-b【答案】D【解析】對于選項A,因為a、b是正實數(shù),所以a+b≥2EQ\R(,ab),則1≥EQ\F(2\R(,ab),a+b),可得到EQ\R(,ab)≥EQ\F(2ab,a+b),當且僅當a=b時等號成立,故選項A錯誤;對于選項B,因為a、b是正實數(shù),所以ab+EQ\F(2,ab)≥2EQ\R(,ab·\F(2,ab))=2eq\r(,2),當且僅當ab=EQ\F(2,ab),即ab=eq\r(,2)時取等號,故選項B錯誤;對于選項C,a2+b2-(4ab-3b2)=a2-4ab+4b2=(a-2b)2≥0,當且僅當a=2b時取等號,故選項C錯誤;對于選項D,a+b>|a-b|,則a>|a-b|-b恒成立,故選項D正確;綜上,答案選D.二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.A., B.,C., D.,【答案】BD【解析】A項:當時,,即恒成立,A錯誤;B項:當時,且,因為,所以恒成立,B正確;C項:當時,,,此時,C錯誤;D項:由對數(shù)函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的性質可知,當時,恒成立,D正確,故選:BD.10.下列說法正確的是()A.是的充分不必要條件B.“,”的否定是“,”C.鈍角一定第二象限角D.定義在上的偶函數(shù)的最大值為30.【答案】ACD【解析】∵或,∴是的充分不必要條件,A對,“,”的否定是“,”,B錯,∵鈍角的取值范圍為,∴鈍角一定是第二象限角,C對,∵在上的偶函數(shù),∴,即,∴函數(shù)的最大值為30,D對,故選:ACD.11.若a>b>0,則一下幾個不等式中正確的是()A.B.lg>C.D.2->【答案】BCD【解析】A.因為,,故錯誤;B.,故正確;C.,故正確;D.,,所以,所以,故正確.故選:BCD.第二部分(非選擇題共92分)三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.若函數(shù)(且)的值域是,則實數(shù)的取值范圍是.【答案】【解析】因為,所以當時,;又函數(shù)的值域為,所以,解得,所以實數(shù)的取值范圍為.13.如果函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1((2-a)x+1,x<1,,ax,x≥1))滿足對任意x1≠x2,都有eq\f(f(x1)-f(x2),x1-x2)>0成立,那么a的取值范圍是________.【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2),2))【解析】對任意x1≠x2,都有eq\f(f(x1)-f(x2),x1-x2)>0,所以y=f(x)在(-∞,+∞)上是增函數(shù).所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2-a>0,,a>1,,(2-a)×1+1≤a,))解得eq\f(3,2)≤a<2.故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2),2)).14.函數(shù)eqy=log\s\do(5)(x\s\up6(2)+2x-3)的單調遞增區(qū)間是______.【答案】(1,+)【解析】由題意,令x2+2x-3>0,解得x<-3或x>1,因為t=x2+2x-3在(1,+)上單調遞增,所以函數(shù)eqy=log\s\do(5)(x\s\up6(2)+2x-3)的單調遞增區(qū)間為(1,+).四、解答題:本題共5小題,共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)(1)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)+1))=lgx,求f(x)的解析式;(2)已知f(x)是二次函數(shù),且f(0)=0,f(x+1)=f(x)+x+1,求f(x)的解析式;(3)已知函數(shù)f(x)滿足f(-x)+2f(x)=2x,求f(x)的解析式.【解析】(1)(換元法)令eq\f(2,x)+1=t,得x=eq\f(2,t-1),代入得f(t)=lgeq\f(2,t-1),又x>0,所以t>1,故f(x)的解析式是f(x)=lgeq\f(2,x-1),x∈(1,+∞).(2)(待定系數(shù)法)設f(x)=ax2+bx+c(a≠0),由f(0)=0,知c=0,f(x)=ax2+bx,又由f(x+1)=f(x)+x+1,得a(x+1)2+b(x+1)=ax2+bx+x+1,即ax2+(2a+b)x+a+b=ax2+(b+1)x+1,所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a+b=b+1,,a+b=1,))解得a=b=eq\f(1,2).所以f(x)=eq\f(1,2)x2+eq\f(1,2)x,x∈R.(3)(解方程組法)由f(-x)+2f(x)=2x,①得f(x)+2f(-x)=2-x,②①×2-②,得3f(x)=2x+1-2-x.即f(x)=eq\f(2x+1-2-x,3).故f(x)的解析式是f(x)=eq\f(2x+1-2-x,3),x∈R.16.(15分)求下列函數(shù)的值域.(1)y=eq\f(2x-1,x+1),x∈[3,5];(2)函數(shù)f(x)=x+2eq\r(1-x)的最大值為________;【解析】(1)(方法1)(單調性法)由y=eq\f(2x-1,x+1)=2-eq\f(3,x+1),結合函數(shù)的圖像可知,函數(shù)在[3,5]上是單調遞增函數(shù),∴ymax=eq\f(3,2),ymin=eq\f(5,4),故所求函數(shù)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4),\f(3,2))).(方法2)(反表示法)由y=eq\f(2x-1,x+1),得x=eq\f(1+y,2-y).∵x∈[3,5],∴3≤eq\f(1+y,2-y)≤5,解得eq\f(5,4)≤y≤eq\f(3,2),即所求函數(shù)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4),\f(3,2))).(2)設eq\r(1-x)=t(t≥0),所以x=1-t2.所以y=f(x)=x+2eq\r(1-x)=1-t2+2t=-t2+2t+1=-(t-1)2+2.所以當t=1即x=0時,ymax=f(x)max=2.17.(15分)試討論函數(shù)f(x)=eq\f(ax,x-1)(a≠0)在(-1,1)上的單調性.【解析】設-1<x1<x2<1,f(x)=aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x-1+1,x-1)))=aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x-1))),f(x1)-f(x2)=aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x1-1)))-aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x2-1)))=eq\f(ax2-x1,x1-1x2-1),由于-1<x1<x2<1,所以x2-x1>0,x1-1<0,x2-1<0,故當a>0時,f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),函數(shù)f(x)在(-1,1)上單調遞減;當a<0時,f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),函數(shù)f(x)在(-1,1)上單調遞增.18.(17分)求下列函數(shù)的單調區(qū)間(1)y=-x2+2|x|+1;(2)函數(shù)y=|x|(1-x)的單調遞增區(qū)間是________.【解析】(1)由即畫出函數(shù)圖像如圖所示,單調增區(qū)間為(-∞,-1],[0,1],單調減區(qū)間為[-1,0],[1,+∞).(2)y=|x|(1-x)=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x(1-x),x≥0,,-x(1-x),x<0))=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(-x2+x,x≥0,,x2-x,x<0,))函數(shù)的大致圖象如圖所示.由圖易知函數(shù)的單調遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2))).19.(17分)已知f(x)=ax2-2x+1.(1)若f(x)在[0,1]上單調,求實數(shù)a的取值范圍;(2)若x∈[0,1],求f(x)的最小值g(a).【解析】(1)當a=0時,f(x)=-2x+1單調遞減;當a>0時,f(x)的對稱軸為x=eq\f(1,a),且eq\f(1,a)>0,∴eq\f(1,a)≥1,即0<a≤1;當a<0時,f(x)的對稱軸為x=eq\f(1,a)且eq\f(1,a)<0,∴a<0符合題意.綜上有,a≤1.(2)①當a=0時,f(x)=-2x+1在[0,1]上單調遞減,∴f(x)min=f(1)=-1.②當a>0時,f(x)=ax2-2x+1的圖象開口方向向上,且對稱軸為x=eq\f(1,a).(ⅰ)當eq\f(1,a)<1,即a>1時,f(x)=ax2-2x+1圖象的對稱軸在[0,1]內,∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,a)))上單調遞減,在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a),1))上單調遞增.∴f(x)min=f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a))
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