2025年高考一輪復習第一次月考卷02（測試范圍：集合+不等式+函數）（解析版）

2025年高考一輪復習第一次月考卷02（測試范圍：集合+不等式+函數）（滿分150分，考試用時120分鐘）一?選擇題1．已知全集，集合，，那么集合（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式求出集合，根據交集的定義即可.【解析】由題意可知，，，所以.故選：B.2．已知函數為奇函數，則實數的值為（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】利用奇函數的定義可得，計算可求的值.【解析】，得，所以.故選：B.3．已知，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【分析】由函數在上是單調遞增函數，則，可得答案【解析】由函數在上是單調遞增函數，則，所以“”是“”的的充要條件，故選：C【點睛】本題考查函數的單調性的應用和充要條件的判斷，屬于基礎題，4．若，則的最小值為（

）A． B． C．1 D．【答案】D【分析】將和兩邊放，然后兩邊同時除以，湊出，再用基本不等式即可.【解析】因為，，兩邊同時除以，得到，當且僅當即取“=”.則，當且僅當取“=”.兩邊取自然對數，則，當且僅當取“=”.故的最小值為.故選：D.5．5G技術的數學原理之一是著名的香農公式：它表示：在受高斯白噪聲干攏的信道中，最大信息傳遞速率C取決于信道帶寬W﹒信道內所傳信號的平均功率S，信道內部的高斯噪聲功率N的大?。渲薪凶鲂旁氡龋凑障戕r公式，在不改變W的情況下，將信噪比卡從1999提升至，使得C大約增加了20%，則入的值約為（

）(參考數據lg2≈0.3，103.96≈9120)A．9121 B．9119 C．9919 D．10999【答案】B【分析】根據題意先建立數學模型，然后利用對數求值進行計算.【解析】解：由題意得：，又故故選：B6．已知且，函數滿足對任意實數，都有成立，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由可得函數在上為增函數，所以，從而可求出的取值范圍【解析】解：因為對任意實數，都有成立，所以在上為增函數，所以，解得，所以的取值范圍為，故選：C7．已知正實數a，b滿足，則的最小值為（

）A． B．3 C． D．【答案】C【分析】由題設條件有，令則有、，應用基本不等式求范圍且恒成立，進而求的范圍，即可得結果.【解析】由，則，且，所以，令，則，且，所以，即，僅當時等號成立，對于恒成立，僅當，即時等號成立，綜上，若，則，而，則，只需，所以，僅當，即時等號成立，綜上，，僅當，即時等號成立.所以目標式最小值為.故選：C8．已知定義在R上的奇函數，對于都有，當時，，則函數在內所有的零點之和為（

）A．16 B．12 C．10 D．8【答案】B【分析】根據函數奇偶性以及對稱性，推出函數的周期，再結合時，，即可作出函數的圖象，將零點問題轉化為函數圖象的交點問題，數形結合，即可求得答案.【解析】由題意定義在R上的奇函數，對于，都有，圖象關于直線對稱；且，即，故，即函數是以4為周期的周期函數，當，則，則，故，當，則，因為，則；當時，則，由此可作出函數在內的圖象，如圖示：

由可得，由圖象可知的圖象與在內僅有4個交點，不妨設這4個交點的橫坐標從左向右依次為，由于為圖象對稱軸，且函數周期為4，故也為函數圖象的對稱軸，故由圖象可知關于對稱，關于對稱，故，則，即函數在內所有的零點之和為12，故選：B【點睛】方法點睛：解決此類函數性質綜合應用的題目，要能根據函數的性質，比如奇偶性、對稱性，進而推出函數的周期，進而結合給定區間上的解析式，作出函數大致圖像，數形結合，解決問題.二、多選題9．已知，，，則下列結論中正確的有（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【答案】ABD【分析】根據不等性質分別判斷各選項.【解析】對于A：因為，所以，所以，故A正確；對于B：因為，所以，兩邊同乘以得，即，故B正確；對于C：因為，所以，所以，又，兩式相乘得，故C錯誤；對于D：，因為，所以，，所以，即，故D正確；故選：ABD.10．已知關于x的一元二次不等式的解集為或，則下列說法正確的是（）A．且B．C．不等式的解集為D．不等式的解集為【答案】AB【分析】A選項，轉化為為一元二次方程的兩個根，且，由韋達定理得到答案；B選項，根據為一元二次方程的根，得到B正確；C選項，在A基礎上不等式變形為，解出解集；D選項，不等式變形為，求出解集.【解析】A選項，由題意得為一元二次方程的兩個根，且，故，即，A正確；B選項，為一元二次方程的根，故，B正確；C選項，由A選項可知，，解得，C錯誤；D選項，，又，故，解得或，D錯誤.故選：AB11．定義區間的長度為，記函數（其中）的定義域的長度為，則下列說法正確的有（）A．B．的最大值為C．在上單調遞增D．給定常數，當時，的最小值為【答案】ABD【分析】求函數的定義域，得判斷選項A；利用單調性定義證明單調性判斷選項C，由單調性求判斷函數的最值判斷BD選項．【解析】由，得，，，A選項正確；設，則，，，，，在上是增函數，同理可證，在上是減函數，所以在上是增函數，在上是減函數，C選項錯誤；為最大值，B選項正確；，，，在上是增函數，在上是減函數，的最小值為和中較小者，．的最小值為，D選項正確．故選：．三、填空題12．已知正實數滿足，則的最小值是.【答案】【分析】由題意可得，根據基本不等式中“1”的用法計算即可求解.【解析】由題意知，，，所以，當且僅當即時等號成立，所以的最小值為.故答案為：13．已知函數的值域為，則函數的定義域為【答案】【分析】首先求出函數的定義域，再利用抽象函數的定義域的求法求解【解析】由值域為，得，所以，解得即的定義域為，由得，故的定義域為.故答案為：14．已知函數在上單調遞減，且對任意的，總有，則實數t的取值范圍是．【答案】【分析】先根據單調性求出的范圍，結合二次函數區間最值可得答案.【解析】由于函數圖象的對稱軸為直線，函數在上單調遞減，所以.在區間上，0距對稱軸最遠，故要使對任意的，都有，只要即可，即，解得.又，所以.故答案為：四、解答題15．計算：(1)(2).(3)已知，求的值.【答案】(1)；(2)0；(3)【分析】（1）利用指數冪的運算化簡求值；（2）利用對數式的運算規則化簡求值；（3）由，兩邊同時平方，求出，由，求出，再由求值即可.【解析】（1）.（2）.（3），即，，，..16．已知指數函數的圖象過點．(1)求的值；(2)求關于的不等式的解集．【答案】(1)，(2)【分析】（1）由指數函數的概念列式求解，（2）由對數函數的單調性轉化后求解．【解析】（1）由題知指數函數，則，得或，又，圖象經過，則，解得；（2），以2為底的對數函數在其定義域內是單調遞增的，∴滿足條件，∴不等式的解集為．17．已知函數.(1)若，求在區間上的最大值和最小值；(2)若在上恒成立，求的取值范圍.【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用換元法及二次函數的性質計算可得；（2）參變分離可得在上恒成立，利用基本不等式求出的最小值，即可求出參數的取值范圍.【解析】（1）若，，，令，因為，所以，令，，則在上單調遞減，在上單調遞增，又，，，所以，，所以，；（2）因為在上恒成立，即在上恒成立，又，當且僅當，即時等號成立，所以，即的取值范圍是.18．設函數(1)若不等式對一切實數x恒成立，求a的取值范圍；(2)解關于的不等式：．【答案】(1)(2)答案見解析【分析】（1）對是否為零進行討論，再結合二次函數的性質即可求解.（2）不等式化簡為，根據一元二次不等式的解法，分類討論即可求解.【解析】（1）對一切實數x恒成立，等價于恒成立.當時，不等式可化為，不滿足題意.當，有，即，解得所以的取值范圍是．（2）依題意，等價于，當時，不等式可化為，所以不等式的解集為.當時，不等式化為，此時，所以不等式的解集為.當時，不等式化為，①當時，，不等式的解集為；②當時，，不等式的解集為；③當時，，不等式的解集為；綜上，當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為.19．設有兩個集合，如果對任意，存在唯一的，滿足，那么稱是一個的函數.設是的函數，是的函數，那么是的函數，稱為和的復合，記為.如果兩個的函數對任意，都有，則稱.(1)對，分別求一個，使得對全體恒成立；(2)設集合和的函數以及的函數.（i）對，構造的函數以及的函數，滿足；（ii）對，構造的函數以及的函數，滿足，并且說明如果存在其它的集合滿足存在的函數以及的函數，滿足，則存在唯一的的函數滿足.【答案】(1)，(2)（i），；（ii），，說明見解析【分析】（1）利用對數函數性質結合題干條件求