许昌高中 22 届高一年级 10 月第一次月考
数学试题
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的.
1.已知集合 A= ，B= ，则
A. A B= B. A B
C. A B D. A B=R
【答案】A
【解析】
由 得 ，所以 ，选 A．
点睛:对于集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图
处理．
2.下列函数中，既是偶函数又是区间 上的增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：因为 A 项是奇函数，故错，C，D 两项项是偶函数，但在 上是减函数，故错，
只有 B 项既满足是偶函数，又满足在区间 上是增函数，故选 B．
考点：函数的奇偶性，单调性．
3.已知 ，且 ，则 等于( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
{ }| 2x x < { }|3 2 0x x− >
3| 2x x = b a c< <
4 2 2
3 3 52 4 4a b= = > =
1 2 2
3 3 325 5 4c a= = > = b a c< <
( )
2 1, 1
1 , 1
x x x
f x
xx
− +
3 ,4
+∞
( )0,1 3 ,14
( )0, ∞+【分析】
分别求出当 时的值域,再取并集即可.
【详解】当 时, ,故 .
当 时, ,故 的值域为 .
故选：D.
【点睛】分段函数的值域只需每段函数单独求解值域再求并集即可.
8.已知函数 为偶函数且在 单调递减，则 的解集为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据函数奇偶性的定义，求出 a，b 的关系，结合函数的单调性判断 a 的符号，然后根据不等
式的解法进行求解即可．
【详解】∵f（x）=（x-1）（ax+b）=ax2+（b-a）x-b 为偶函数，
∴f（-x）=f（x），
则 ax2-（b-a）x-b=ax2+（b-a）x-b，
即-（b-a）=b-a，
得 b-a=0，得 b=a，
则 f（x）=ax2-a=a（x2-1），
若 f（x）在（0，+∞）单调递减，
则 a＜0，
由 f（3-x）＜0 得 a[（3-x）2-1）]＜0，即（3-x）2-1＞0，
得 x＞4 或 x＜2，
即不等式的解集为（-∞，2）∪（4，+∞），
1, 1x x< >
1x < 2 21 3( ) 1 ( )2 4f x x x x= − + = − + 3( ) , ,( 1)4f x x ∈ +∞ 1( ) (0,1)f x x
= ∈ ( )
2 1, 1
1 , 1
x x x
f x
xx
− +
( )0, ∞+
( ) ( 1)( )f x = x - a x+b (0, )+∞ (3 ) 0f - x <
(2,4) ( ,2) (4, )−∞ ∪ +∞ (-1,1)
( , 1) (1, )−∞ − +∞故选 B．
【点睛】本题主要考查不等式的求解，根据函数奇偶性的性质求出 a，b 的关系是解决本题的
关键．
9.若函数 y＝ 的定义域为 R，则实数 m 的取值范围是( )
A. (0， ] B. (0， ) C. [0， ] D. [0， )
【答案】D
【解析】
【详解】解：因为 y＝ 的定义域为 R，
所以
选 D.
10.若对任意 ，都有 成立，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
恒成立问题参变分离化简成 ,再计算 在 的最小值即可.
【详解】由对任意 ,都有 成立,参变分离有 ,
又 在 上单调递减,故 ,故 .
故选：A.
【点睛】关于恒成立的问题,先参变分离,再根据题意分析求函数部分的最值即可.
2
1
4 3
mx
mx mx
−
+ +
3
4
3
4
3
4
3
4
2
1
4 3
mx
mx mx
−
+ +
2mx 4mx 3 0+ + 恒大于 ．
2m 0 mx 4mx 3 3= + + =当 时， 满足题意；
2m 0 16m 12m 0= −当 ＞ 时， ＜ ， 30 m 4
解得 ＜ ＜ ，
综上所述， 3m [0 4
∈ ，）
( ), 1x∈ −∞ − ( )3 1 2 1xm − < m
( ],1−∞ ( ),1−∞ 1, 3
−∞
1, 3
−∞
13 12xm < + 1 12x
+ ( ), 1x∈ −∞ −
( ), 1x∈ −∞ − ( )3 1 2 1xm − < 13 12xm < +
1 12x
+ ( ), 1x∈ −∞ −
1
1 11 1 32 2x −+ > + = 3 3, 1m m≤ ≤11.已知函数 在区间 上有最小值，则函数 在区间
上一定（ ）
A. 有最小值 B. 有最大值
C. 是减函数 D. 是增函数
【答案】D
【解析】
【分析】
由二次函数 在区间 上有最小值得知其对称轴 ，再由基本初等
函数的单调性或单调性的性质可得出函数 在区间 上的单调性.
【详解】由于二次函数 在区间 上有最小值，可知其对称轴 ，
.
当 时，由于函数 和函数 在 上都为增函数，
此时，函数 在 上为增函数；
当 时， 在 上为增函数；
当 时，由双勾函数的单调性知，函数 在 上单调递增，
，所以，函数 在 上为增函数.
综上所述：函数 在区间 上为增函数，故选：D.
【点睛】本题考查二次函数的最值，同时也考查了 型函数单调性的分析，解题时要
注意对 的符号进行分类讨论，考查分类讨论数学思想，属于中等题.
12.设函数 ，则满足 的 的取值范围是（ ）
A. B.
( ) 2 2f x x ax a= − + ( ),1−∞ ( ) ( )f xg x x
=
( )1,+∞
( )y f x= ( ),1−∞ ( ),1x a= ∈ −∞
( ) ( )f xg x x
= ( )1,+∞
( )y f x= ( ),1−∞ ( ),1x a= ∈ −∞
( ) ( ) 2 2 2f x x ax a ag x x ax x x
− += = = + −
0a < 1 2y x a= − 2
ay x
= ( )1,+∞
( ) 2ag x x ax
= + − ( )1,+∞
0a = ( ) 2g x x a= − ( )1,+∞
0 1a< < ( ) 2ag x x ax
= + − ( ),a +∞
( ) ( )1, ,a+∞ ⊆ +∞ ( ) 2ag x x ax
= + − ( )1,+∞
( ) ( )f xg x x
= ( )1,+∞
ay x x
= +
a
( ) 2 , 0
1, 0
x xf x
x
−= >
( 1) (2 )f x f x+ < x
( , 1]−∞ − (0, )+∞C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
作出函数的图象，结合图象可得不等关系，进而可得解.
【详解】当 时，函数 是减函数，则 ．
作出 的大致图象如图所示，
结合图象可知，要使 ，则需 或 ，所以 ，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了分段函数的作图及应用分段函数的性质解不等式，属于基础题.
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13.函数 的定义域为________．
【答案】
【解析】
【分析】
根号中 ,求解二次不等式即可.
【 详 解 】 由 题 , 故 . 即
故答案为：
( 1,0)− ( ,0)−∞
0x ≤ ( ) 2−= xf x ( ) (0) 1f x f =
( )f x
( 1) (2 )f x f x+ <
1 0
2 0
2 1
x
x
x x
+ ( ) ( )xf f x f yy
= −
1x > ( ) 0f x >
( )1f
( )f x
( )4 6f = ( )1 3f x − ≤
( )1 0f = ( )f x ( )0, ∞+ ( ]1,3
1x y= = ( ) ( )xf f x f yy
= −
( )1 2, 0,x x ∈ +∞ 1 2x x< ( ) ( )2 1f x f x−
2 1,x x y x= = ( ) ( )xf f x f yy
= − 1x > ( ) 0f x >
( ) ( )2 1f x f x−
( )4 6f = ( )f x
1x y= = ( ) ( ) ( )11 1 11f f f f = = −
( )1 0f =
( )f x ( )0, ∞+ ( )1 2, 0,x x ∈ +∞ 1 2x x<
( ) ( ) 2
2 1
1
xf x f x f x
− =
2
1
1x
x
> 2
1
0xf x
>
( ) ( )2 1f x f x>∴ 是 上的增函数.
(3)由 及 ,可得 ,结合（2）知不等式 等
价于 ,可得 ,解得 .所以原不等式的解集为 .
【点睛】(1)单调性的证明方法：设定义域内的两个自变量 ,再计算 ，
若 ，则 为增函数；若 ，则 为减函数。计算
化简到最后需要判断每项的正负，从而判断 的正负。
(2)利用单调性与奇偶性解决抽象函数不等式的问题,注意化简成 的形式,
若 在区间上是增函数,则 ,并注意定义域.
若 在区间上 减函数,则 ,并注意定义域.
22.已知 为常数， ， 且 ，方程 有两个相等的实
数根.
（1）求 的解析式.
（2）是否存在实数 ，使 在区间 上的值域是 ？如果存在，
求出 的值；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1） （2）存在， ， ，详见解析
【解析】
【分析】
(1) 利 用 , 可 代 入 方 程 得 一 组 关 于 的 方 程 , 再 根 据 方 程
有两个相等的实数根易得二次函数 判别式为 0 即可算出 .
(2)易得对称轴为直线 ,故讨论区间与对称轴的位置关系,分 , ,
三种情况进行讨论.
【 详 解 】（ 1 ） 由 , 方 程 有 两 个 相 等 的 实 数 根 , 所 以 即
是
( )f x ( )0, ∞+
( ) ( )4 4 22f f f = −
( )4 6f = ( )2 3f = ( )1 3f x − ≤
( ) ( )1 2f x f− ≤ 1 2
1 2
x
x
− >
− ≤ 1 3x< ≤ ( ]1,3
1 2x x> ( ) ( )1 2f x f x−
( ) ( )1 2 0f x f x− > ( )f x ( ) ( )1 2 0f x f x− < ( )f x
( ) ( )1 2f x f x−
1 2( ) ( )f x f x<
( )f x 1 2x x<
( )f x 2 1x x<
,a b 0a ≠ ( ) 2f x ax bx= + ( )2 0f = ( )f x x=
( )f x
( ),m n m n< ( )f x [ ],m n [ ]2 ,2m n
,m n
( ) 21
2f x x x= − + 2m = − 0n =
( )2 0f = ( ) 2f x ax bx= + ,a b
( )f x x= ( ) 0f x x− = b
1x = 1 m n≤ < 1m n< ≤
1m n< <
( )2 0f = ( )f x x= 2ax bx x+ =判别式为 0,得 ,解得 .
∴ .
（2）由（1）知函数 图像的对称轴为直线 ,
当 时, 在 上单调递减,
∴ ,即 ,无解.
当 时, 在 上单调递增,
∴ ,即 ,解得 .
当 时, ,即 ,不符合题意.
综上, , .
【点睛】本题主要考查分类讨论的思想,二次函数的问题一般是根据区间端点与对称轴的位置
关系进行讨论.
2 ( 1) 0ax b x+ − = 2
4 2 0
( 1) 0
a b
b
+ =
− =
1
2
1
a
b
= −
=
( ) 21
2f x x x= − +
( )f x 1x =
1 m n≤ < ( )f x [ ],m n
( )
( )
f m n
f n m
= =
2
2
1 22
1 22
m m n
n n m
− + =
− + =
1m n< ≤ ( )f x [ ],m n
( )
( )
2
2
f m m
f n n
= =
2
2
1 22
1 22
m m m
n n n
− + =
− + =
2
0
m
n
= −
=
1m n< < ( )1 2f n= 1 14n = <
2m = − 0n =
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