2025屆惠州市惠東縣高三數(shù)學(xué)上學(xué)期8月第一次質(zhì)量檢測(cè)卷附答案解析

屆惠州市惠東縣高三數(shù)學(xué)上學(xué)期8月第一次質(zhì)量檢測(cè)卷2024.08試卷共4頁(yè)，卷面滿分150分．考試用時(shí)120分鐘．一、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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．已知全集，集合，，則集合（

）A． B． C． D．2．下列函數(shù)是奇函數(shù)，且在定義域內(nèi)單調(diào)遞增是（

）A． B． C． D．3．集合，若且，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．4．已知在R上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，則（

）A．2 B． C．1 D．5．命題“對(duì)任意”為真命題的一個(gè)必要不充分條件是（

）A． B． C． D．6．已知，，，則（

）A． B． C． D．7．函數(shù)，若有，則（

）A．8 B．5 C．0 D．48．已知函數(shù)，且滿足時(shí)，實(shí)數(shù)的取值范圍（

）A．或B．或C． D．二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)得0分．9．下列說(shuō)法正確的是（

）A．函數(shù)的圖像恒過(guò)定點(diǎn)B．“”的必要不充分條件是“”C．函數(shù)的最小正周期為2D．函數(shù)的最小值為210．狄利克雷函數(shù)是由著名德國(guó)數(shù)學(xué)家狄利克雷創(chuàng)造的，它是定義在實(shí)數(shù)上、值域不連續(xù)的函數(shù)，它在數(shù)學(xué)的發(fā)展過(guò)程中有很重大的研究意義，例如對(duì)研究微積分就有很重要的作用，其函數(shù)表達(dá)式為（其中為有理數(shù)集，為無(wú)理數(shù)集），則關(guān)于狄利克雷函數(shù)說(shuō)法正確的是（

）A． B．它是偶函數(shù)C．它是周期函數(shù)，但不存在最小正周期 D．它的值域?yàn)?1．已知定義域?yàn)榈暮瘮?shù)滿足，在解析式為，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．函數(shù)在上單調(diào)遞減B．若函數(shù)在內(nèi)恒成立，則C．對(duì)任意實(shí)數(shù)，的圖象與直線最多有6個(gè)交點(diǎn)D．方程有4個(gè)解，分別為，，，，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分12．若函數(shù)定義域?yàn)?，則實(shí)數(shù)實(shí)數(shù)b的取值范圍．13．命題“”為假命題，則實(shí)數(shù)a的范圍為．14．已知是定義在，且滿足，當(dāng)時(shí)，，若函數(shù)在區(qū)間上有10個(gè)不同零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．15．若二次函數(shù)對(duì)任意都滿足且最小值為-1，．(1)求的解析式；(2)若關(guān)于的不等式在區(qū)間上恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．16．已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，．(1)求的解析式；(2)解關(guān)于的不等式．17．已知函數(shù)．(1)先判斷函數(shù)單調(diào)性并用定義法證明；(2)是否存在實(shí)數(shù)a使函數(shù)為奇函數(shù)，并說(shuō)明理由．18．疫情過(guò)后，惠州市某企業(yè)為了激勵(lì)銷售人員的積極性，實(shí)現(xiàn)企業(yè)高質(zhì)量發(fā)展，其根據(jù)員工的銷售額發(fā)放獎(jiǎng)金（獎(jiǎng)金和銷售額單位都為十萬(wàn)元），獎(jiǎng)金發(fā)放方案同時(shí)具備兩個(gè)條件：①獎(jiǎng)金隨銷售額的增加而增加；②獎(jiǎng)金不低于銷售額的5%（即獎(jiǎng)金大于等于）．經(jīng)測(cè)算該企業(yè)決定采用函數(shù)模型作為獎(jiǎng)金發(fā)放方案．(1)若，此獎(jiǎng)金發(fā)放方案是否滿足條件？并說(shuō)明理由．(2)若，要使獎(jiǎng)金發(fā)放方案滿足條件，求實(shí)數(shù)的取值范圍．19．定義：給定一個(gè)正整數(shù)m，把它叫做模．如果用m去除任意的兩個(gè)整數(shù)a與b所得的余數(shù)相同，我們就說(shuō)a，b對(duì)模m同余，記作．如果余數(shù)不同，我們就說(shuō)a，b對(duì)模m不同余，記作．設(shè)集合．(1)求；(2)①將集合A中的元素按從小到大順序排列后構(gòu)成數(shù)列an，并構(gòu)造，②將集合B中的元素按從小到大順序排列后構(gòu)成數(shù)列bn，并構(gòu)．請(qǐng)從①②中選擇一個(gè)，若選擇_____．證明：數(shù)列單調(diào)遞增，且有界（即存在實(shí)數(shù)M，使得數(shù)列中所有的項(xiàng)都不超過(guò)M）．注：若①②都作答，按第一個(gè)計(jì)分．1．C【分析】利用集合的補(bǔ)集、并集運(yùn)算法則進(jìn)行混合運(yùn)算即可求得結(jié)果.【詳解】根據(jù)題意由補(bǔ)集運(yùn)算可知，又，所以.故選：C2．D【分析】利用函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性逐項(xiàng)判斷即可.【詳解】對(duì)于A，為偶函數(shù)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，設(shè)，所以故在定義域上不是單調(diào)遞增，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，，故函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為和，所以在定義域上不是單調(diào)遞增，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，，由冪函數(shù)的性質(zhì)可知，函數(shù)為奇函數(shù)，且在定義域上單調(diào)遞增，故D正確.故選：D3．B【分析】根據(jù)元素與集合的從屬關(guān)系列出限制條件可得答案.【詳解】因?yàn)榍?，所以且，解?故選：B.4．D【分析】利用函數(shù)奇偶性，由內(nèi)向外求值即可.【詳解】由題意，所以.故選：D5．B【分析】先利用恒成立求出參數(shù)范圍，然后利用必要不充分性的定義求解即可.【詳解】，即，故任意，即，故“對(duì)任意”為真命題的一個(gè)必要不充分條件是.故選：B6．A【分析】利用函數(shù)的單調(diào)性，對(duì)比出、、三者與特殊值0、1的大小關(guān)系，運(yùn)用中間值法解決問(wèn)題.【詳解】解：因?yàn)楹瘮?shù)為單調(diào)遞增函數(shù)，所以，即；因?yàn)闉閱握{(diào)遞增函數(shù)，所以，即；因?yàn)閱握{(diào)遞減，所以，即，故，故選：A.7．A【分析】根據(jù)題意，利用圖象變換求得函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱，進(jìn)而得到，即可求解.【詳解】由函數(shù)，可得，所以為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，根據(jù)函數(shù)的圖象變換，可得函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱，因?yàn)椋郧?，解?故選：A.8．D【分析】先判斷函數(shù)的奇偶性再判斷函數(shù)的單調(diào)性，最后運(yùn)用函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性進(jìn)行求解即可.【詳解】該函數(shù)的定義域?yàn)槿w實(shí)數(shù)，因?yàn)?，所以函?shù)是奇函數(shù)，又因?yàn)椋瘮?shù)是實(shí)數(shù)集上的增函數(shù)，且，所以函數(shù)是實(shí)數(shù)集上的減函數(shù)，所以函數(shù)是實(shí)數(shù)集上的減函數(shù)，而函數(shù)也是實(shí)數(shù)集上的減函數(shù)，所以由函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)可知函數(shù)是實(shí)數(shù)集上的減函數(shù)，由，故選：D【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是判斷函數(shù)的奇偶性、復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性.9．AB【分析】由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可判斷A；由充分條件和必要條件的定義可判斷B；求出函數(shù)的最小正周期可判C；由雙勾函數(shù)的性質(zhì)可判斷D.【詳解】對(duì)于A，令，則，即，所以函數(shù)的圖像恒過(guò)定點(diǎn)，故A正確；對(duì)于B，不能推出，而能推出，所以“”的必要不充分條件是“”，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)?，令等價(jià)于，所以①，令等價(jià)于，所以②，由①②可得：，所以函數(shù)的最小正周期為4，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，函數(shù)，令，則，由雙勾函數(shù)的性質(zhì)知在上單調(diào)遞增，故，故函數(shù)的最小值為2錯(cuò)誤，故D錯(cuò)誤.故選：AB.10．ABC【分析】根據(jù)題意，由狄利克雷函數(shù)的性質(zhì)，逐一判斷，即可得到結(jié)果.【詳解】因?yàn)椋瑒t，故A正確；若，則，則；若，則，則，所以為偶函數(shù)，故B正確；設(shè)任意，則，當(dāng)時(shí)，則，當(dāng)時(shí)，或，則，即任意非零有理數(shù)均是的周期，任何無(wú)理數(shù)都不是的周期，故C正確；函數(shù)的值域?yàn)?，故D錯(cuò)誤；故選：ABC11．BD【分析】根據(jù)定義域?yàn)榈暮瘮?shù)滿足可得到函數(shù)為奇函數(shù)，由在上的解析式，作出函數(shù)在上的圖象，運(yùn)用數(shù)形結(jié)合法求解本題.【詳解】解：因?yàn)槎x域?yàn)榈暮瘮?shù)滿足，即，所以函數(shù)為奇函數(shù)，因?yàn)樵诮馕鍪綖?，故作出函?shù)的圖象，如圖所示.選項(xiàng)A：由圖可知，當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，但當(dāng)，并不是隨著增加而減少，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B：因?yàn)楹瘮?shù)在內(nèi)恒成立，所以由圖象可知，由解得，，所以，故選項(xiàng)B正確；選項(xiàng)C：取時(shí)，如圖所示，

當(dāng)時(shí)，聯(lián)立方程組，化簡(jiǎn)得，設(shè)函數(shù)，因?yàn)榍覍?duì)稱軸為，所以方程在上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，設(shè)，，因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，且，，所以在在只有一個(gè)零點(diǎn)，所以直線與函數(shù)圖象在有1個(gè)交點(diǎn)，所以當(dāng)時(shí)，直線與函數(shù)圖象有3個(gè)交點(diǎn)，因?yàn)楹瘮?shù)與函數(shù)均為奇函數(shù)，所以當(dāng)時(shí)，直線與函數(shù)圖象有3個(gè)交點(diǎn)，又當(dāng)時(shí)，直線與函數(shù)圖象有1個(gè)交點(diǎn)，所以此時(shí)直線與函數(shù)圖象有7個(gè)交點(diǎn)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D：當(dāng)時(shí)，則根據(jù)圖象可得的4個(gè)解所在大致范圍為，，，，

因?yàn)橛?個(gè)解，所以，所以，解得，所以，由二次函數(shù)的對(duì)稱性可知，的解、滿足，因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，且當(dāng)時(shí)解析式為，所以當(dāng)時(shí)解析式為，所以，所以有，即，所以，設(shè)，，又因?yàn)楹瘮?shù)在單調(diào)遞增，所以，所以，所以選項(xiàng)D正確，故選：BD.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：函數(shù)零點(diǎn)的求解與判斷方法：(1)直接求零令，如果能求出解，則有幾個(gè)解就有幾個(gè)零點(diǎn)．(2)零點(diǎn)存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間上是連續(xù)不斷的曲線，且，還必須結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn)．(3)利用圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)：將函數(shù)變形為兩個(gè)函數(shù)的差，畫(huà)兩個(gè)函數(shù)的圖象，看其交點(diǎn)的橫坐標(biāo)有幾個(gè)不同的值，就有幾個(gè)不同的零點(diǎn)．12．2【分析】利用函數(shù)的定義域求解即可.【詳解】函數(shù)，故，即函數(shù)的定義域?yàn)椋?故答案為：2；13．【分析】根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為在上有解，設(shè)，利用函數(shù)的單調(diào)性求得其最小值，即可求解.【詳解】命題“”為假命題，可命題“”為真命題，即不等式在上有解，設(shè)函數(shù)，可得函數(shù)在為單調(diào)遞增函數(shù)，所以，當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得最小值，最小值為，所以，即實(shí)數(shù)的取值范圍為.故答案為：.14．【分析】由可知函數(shù)的周期為4，再數(shù)形結(jié)合得出結(jié)果.【詳解】由得，所以函數(shù)的周期為4，先作出在區(qū)間上圖像：

又，，則實(shí)數(shù)的取值范圍為.故答案為：.15．(1)2)【分析】（1）法一：可設(shè)，由得到，結(jié)合二次函數(shù)的最小值和，求出，求出答案；法二：可設(shè)，由得到圖象的對(duì)稱軸，求出，結(jié)合二次函數(shù)的最小值和，求出，求出答案；（2）轉(zhuǎn)化為在上恒成立，求出的最小值大于即可，求出的單調(diào)性，進(jìn)而求出的最小值，從而得到實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】（1）法一：由為二次函數(shù)，可設(shè)，∵，則代入得，化簡(jiǎn)：，因?yàn)槠鋵?duì)任意都成立，所以，即．又因?yàn)樽钚≈禐?1，且，∴，解得，∴；法二：由為二次函數(shù)，可設(shè)，∵函數(shù)滿足，∴圖象的對(duì)稱軸為，即，最小值為-1，且，∴，∴∴；（2）∵，即在上恒成立，即滿足函數(shù)的最小值大于．又∵當(dāng)時(shí)，對(duì)稱軸為，故在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增．∴在的最小值在取得，即∴，故的取值范圍是.16．(1)(2)【分析】（1）當(dāng)時(shí)，，設(shè)，則，借助奇函數(shù)性質(zhì)可求得解析式；（2）根據(jù)函數(shù)的解析式，分，，三種情況討論，解出.【詳解】（1）因?yàn)槭嵌x在上的奇函數(shù)，所以，當(dāng)時(shí)，，設(shè)，則，∴，∵，∴，則.（2）當(dāng)時(shí)，，，，，，即，當(dāng)時(shí)，，滿足不等式．當(dāng)時(shí)，，恒成立，滿足不等式，即，綜上所述，不等式的解集為：．17．(1)函數(shù)在上單調(diào)遞增；證明見(jiàn)解析(2)；理由見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)題意，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義和判定方法，即可求解；（2）假設(shè)函數(shù)為奇函數(shù)，可得f?x=?fx，列出方程求得【詳解】（1）解：函數(shù)在上單調(diào)遞增；證明如下：因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)?，任取，且，則，因?yàn)楹瘮?shù)在上為單調(diào)遞增函數(shù)，且，所以，且，所以，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞增.（2）解：假設(shè)函數(shù)為奇函數(shù)，可得f?x=?fx，即即，所以，經(jīng)驗(yàn)證：當(dāng)時(shí)，，其定義域?yàn)?，其滿足，所以，存在時(shí)，函數(shù)是奇函數(shù).18．(1)不滿足條件；理由見(jiàn)解析(2)【分析】（1）首先代入分析出在上單調(diào)遞增，再得到，解出范圍即可判斷；（2）代入分析出滿足條件①，再由條件②得在時(shí)恒成立，再利用分離參數(shù)法即可得到答案.【詳解】（1），因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增．在上單調(diào)遞增，則在上單調(diào)遞增，所以①滿足．對(duì)于②，，即整理可得，則不滿足②的條件．故不滿足條件．（2）當(dāng)時(shí)，函數(shù)，因?yàn)橛桑?）中知在上單調(diào)遞增，獎(jiǎng)金發(fā)放方案滿足條件①．由條件②可知，即在時(shí)恒成立，所以，在時(shí)恒成立．，在單調(diào)遞增．當(dāng)時(shí)，取得最小值∴所以要使獎(jiǎng)金發(fā)放方案滿足條件，的取值范圍為．19．(1)(2)證明見(jiàn)解析【分析】（1）由已知定義求出集合，然后結(jié)合集合交集運(yùn)算即可解題；（2）結(jié)合所選條件，先求出，在適當(dāng)放縮后，用等差等比數(shù)列，以及求和計(jì)算，然后結(jié)合單調(diào)性以及二項(xiàng)式定理即可判斷.【詳解】（1）當(dāng)成立時(shí)，則能被整除，得，即，當(dāng)成立時(shí)，則能被整除，得，即，則，顯然集合為全體正偶數(shù)組成的集合，