河北省保定市部分校2025-2026学年高一上学期11月检测数学试卷
1．（2025高一上·保定期中）若命题：，则命题的否定是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为全称量词命题的否定是存在量词命题，
所以命题：，的否定是：.
故答案为：C
【分析】利用全称量词命题的否定，先将变为，再将>变为可得出结论.
2．（2025高一上·保定期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，
所以，.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
3．（2025高一上·保定期中）函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意，知，
则且，
所以，函数的定义域为.
故答案为：C.
【分析】由题意结合偶次根式函数求定义域的方法、分式函数求定义域的方法，从而列出关于x的不等式组，解不等式组得出的取值范围，从而得出函数的定义域.
4．（2025高一上·保定期中）已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：由推不出，例如；
由，可得或，
当时不能推出，例如，
所以是的既不充分又不必要条件.
故答案为：D.
【分析】根据特例法和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
5．（2025高一上·保定期中）下列各组中的函数和是表示同一个函数的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】同一函数的判定
【解析】【解答】解：A、，，所以两函数不是同一个函数，该选项错误，不合题意；
B、的定义域为，的定义域为，
所以两函数不是同一个函数，该选项错误，不合题意；
C、的定义域为，的定义域为，
所以两函数不是同一个函数，故C错误；
D、可知两个函数的定义域均为，且，
所以两函数是同一个函数，该选项正确，符合题意.
故答案为：D.
【分析】首先判断它们的定义域是否完全一致，即自变量的取值范围是否相同；其次验证它们的对应关系是否完全一样，即对于定义域内的每一个自变量值，两个函数是否都给出相同的函数值。只有当这两个条件同时满足时，才能判定两个函数是相同的.
6．（2025高一上·保定期中）设幂函数的图象经过原点，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】幂函数的概念与表示；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为是幂函数，
所以，解得或.
又的图象经过原点，所以，即.
因为，所以，
又因为在上单调递增，
所以．
故答案为：A
【分析】首先，根据幂函数的标准形式，系数为1，图像经过原点这一几何特征得m>0，建立方程确定幂指数 α 的值，从而得到函数的具体解析式。然后，分析该幂函数的单调性规律（当 α > 0 时在 [0，+∞) 上单调递增，当 α < 0 时在 (0，+∞) 上单调递减），结合题目要求求解最终答案.
7．（2025高一上·保定期中）已知函数是定义在上的减函数，则函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的图象
【解析】【解答】解：因函数是上的减函数，对于，由，可知是上的偶函数，
因在上单调递减，而可由先向右平移一个单位长度，再向下平移2个单位长度得到，
故其定义域为，图象关于对称，且在上单调递减，由图知，只有B项符合上述要求.
故答案为：B．
【分析】根据原函数的单调性，先判断在上的单调递减，以及在上的奇偶性知，在上的单调递减，且关于x=1对称；再根据图象变换判断的单调性和对称性即得.
8．（2025高一上·保定期中）已知函数若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】解：令，由，得．
当时，恒成立，此时，
所以或解得；
当时，，则，解得，不满足题意舍去，
所以的取值范围为．
故答案为：A．
【分析】先用换元法，将所求方程转换为，再利用分段函数解析式不同讨论分析求解即可.
9．（2025高一上·保定期中）若，，则下列不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、当，时，满足，但是，该选项错误，不合题意；
B、因为，所以，又，所以，该选项正确，符合题意；
C、因为，又，所以，，所以，即，该选项正确，符合题意；
D、当，，，时，满足，，但是，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】对于A选项和D选项，取特殊值判断；对于B选项，由不等式的性质同项可加性判断；对于C选项，可由作差法判断
10．（2025高一上·保定期中）是第一个被证明的无理数，标志着数学从“整数比例”向更广泛的实数体系发展．记小数点后第位上的数字为，则是的函数，记为．设此函数的定义域为，值域为，则（ ）
A． B．
C． D．是的函数
【答案】A,B
【知识点】集合间关系的判断；函数的概念及其构成要素；简单函数定义域
【解析】【解答】解：A、因，小数点后第5位是1，即，该选项正确，符合题意；
B、由题意可知为正整数，函数的值域是小数点后所有数字组成的集合.已知该集合包含0到9所有整数，所以定义域， 该选项正确，符合题意 ；
C、由B分析，，但，故不包含于，该选项错误，不合题意；
D、由题意可知对应的不是唯一确定的，不是的函数，该选项错误，不合题意．
故答案为：AB．
【分析】根据定义 第位上的数字为 ，n=5表示第5个数，可判断A；小数点后所有数字组包含0到9所有整数，n<10，可判断B；定义域内，最后一位数不能是0，可判断C；函数中n与y不是唯一对应可判断D.
11．（2025高一上·保定期中）已知正实数满足，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、当时，，因，则，解得，该选项错误，不合题意；
B、当时，由，解得，当且仅当时取等号，该选项正确，符合题意 ；
C、当时，，由B易得，
则由，整理得，
因为，解得，当且仅当时取等号，该选项正确，符合题意；
D、当时，，可得，则，
由为正数可得，，，当且仅当时等号成立，
由，解得，该选项正确，符合题意.
故答案为：BCD．
【分析】利用基本不等式代入的不同取值，“积定和最小，和定积最大”，结合一元二次不等式求解方法即可逐一判断各选项.
12．（2025高一上·保定期中）若，则实数的取值集合为 ．
【答案】
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性
【解析】【解答】解：因为，
当时，则，不满足元素互异性，舍去；
当时，即，解得或或（舍去），
当时，符合题意；
当时，符合题意；
故实数的取值集合为．
故答案为：
【分析】由元素的互异性得，分和两种情况讨论，求出的值，分别代回集合中，根据元素的互异性检验.
13．（2025高一上·保定期中）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；二次函数与一元二次不等式的对应关系
【解析】【解答】解：①当时，不等式为，不恒成立；
②当时，由二次函数的图象和性质知解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】对一元二次不等式二次项系数分类讨论：和，当时可得.
14．（2025高一上·保定期中）已知函数是定义在上的奇函数，若，不等式恒成立，且，则不等式的解集为 .
【答案】.
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上的奇函数，所以.
当时，不等式可化为，
则函数在区间上单调递增，
又，所以函数为偶函数，且，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
即时，；时，.
当时，；
当时，由，得，即；
当时，由，得，即，
故不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】首先由不等式构造函数，并判断函数g(x)偶函数可得其单调区间，以及零点，讨论x与1的大小，可解解不等式.
15．（2025高一上·保定期中）已知集合，集合．
（1）若，求；
（2）若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，所以，或，
又，所以；
（2）解：因为“”是“”的必要条件，所以，
所以解得，
所以实数的取值范围是．
【知识点】集合间关系的判断；交、并、补集的混合运算；必要条件
【解析】【分析】（1）求出一元二次不等式的解集得集合，先写出，再利用集合的交并补集运算即得结果；
（2）由题意得，由子集定义列出不等式组 ，求解即得参数范围.
（1）当时，，所以，或，
又，所以；
（2）因为“”是“”的必要条件，所以，
所以解得，
所以实数的取值范围是．
16．（2025高一上·保定期中）已知函数.
（1）判断的奇偶性并用定义进行证明；
（2）用定义证明在区间上单调递减.
【答案】（1）证明：是奇函数，证明如下：
由，得的定义域为.
对于，都有，
且，
所以是奇函数.
（2）证明：任取，，且，
则
，
因为，所以，，，，
因此，即，
所以函数在区间上单调递减.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）利用奇偶性的定义，先求定义域，再求即可证明；
（2）令，，且，做差，化标准式，与0 比较，可证明函数单调性.
（1）是奇函数，证明如下：
由，得的定义域为.
对于，都有，
且，
所以是奇函数.
（2）证明：任取，，且，
则
，
因为，所以，，，，
因此，即，
所以函数在区间上单调递减.
17．（2025高一上·保定期中）为宣传村镇特点，助力乡村振兴，设计专业的大学生小王应某村委会要求，设计一个长为米，宽为米的矩形广告牌，使得该广告牌的面积等于一个长为米，宽为1米的矩形的面积.
（1）求关于的函数；
（2）若村委会要求广告牌的面积最小，小王应如何设计该广告牌？
【答案】（1）解：由题意，可知，，
所以，
又因为，
所以，
则.
（2）解：法一：由，
得，
解得或（舍去），
所以，当且仅当时，取得等号，
则小王设计的广告牌是长为10米，宽为米的矩形，满足村委会要求.
法二：
当且仅当时，即当时等号成立，此时，
则小王设计的广告牌是长为10米，宽为米的矩形，满足村委会要求.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由题意和矩形的面积公式，从而建立方程，进而得出关于的函数.
（2）利用两种方法求解.
方法一：利用已知条件和基本不等式求最值的方法，从而解一元二次不等式得出小王设计的广告牌是长为10米，宽为米的矩形，满足村委会要求.
方法二：利用已知条件和基本不等式求最值的方法，从而得出小王设计的广告牌是长为10米，宽为米的矩形，满足村委会要求.
（1）由题意可知，，
所以，又，所以，
所以.
（2）法一：由，得，
解得，或（舍去），所以，
当且仅当时，取得等号.
故小王设计的广告牌是长为10米，宽为米的矩形，满足村委会要求.
法二：，
当且仅当，即时等号成立，
此时，
故小王设计的广告牌是长为10米，宽为米的矩形，满足村委会要求.
18．（2025高一上·保定期中）已知函数.
（1）若关于的不等式的解集为（），求实数，的值；
（2）若当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）求关于的不等式的解集.
【答案】（1）解：由关于的不等式的解集为，
得，且和是方程的两个实数根，
则，
解得，
所以的另一实数根为，
则，
所以，.
（2）解：由，
得，
因为，
所以恒成立，
当时，，当且仅当时取等号，
所以，
则实数的取值范围为.
（3）解：当时，不等式为，其解集为；
当时，不等式可化为，其方程对应的两根分别为，，
若，不等式解集为；
若，不等式可化为，此时不等式解集为；
若，不等式解集为；
若，不等式解集为，
综上可知，当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
【知识点】一元二次不等式及其解法；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）根据一元二次不等式与一元二次方程的关系，再利用已知条件得出a，b的值.
（2）利用已知条件，将问题转化为恒成立，再利用基本不等式求最值的方法，从而求出不等式右侧的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数的取值范围.
（3）利用已知条件和分类讨论的方法，再利用一元二次不等式求解方法，从而得出关于的不等式的解集.
（1）由关于的不等式的解集为，得，
且和是方程的两个实数根，即，解得，
所以的另一实数根为，即，所以，.
（2）由，得，又，所以恒成立.
当时，，当且仅当时取等号，
所以，即实数的取值范围为.
（3）当时，不等式为，其解集为；
当时，不等式可化为，其方程对应的两根分别为，.
若，不等式解集为；
若，不等式可化为，此时不等式解集为；
若，不等式解集为；
若，不等式解集为.
综上可知，
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
19．（2025高一上·保定期中）若函数在区间上的值域恰为，则称区间为的一个“倒域区间”.已知定义在上的奇函数，当时，.
（1）求的解析式；
（2）若关于的方程在上恰有两个不相等的根，求的取值范围；
（3）求函数在定义域内的所有“倒域区间”.
【答案】（1）解：当时，，
因为函数为奇函数，所以，
则；
（2）解：方程，即，设，
由题意知，解得，则的取值范围为；
（3）解：因为在区间上的值域恰为，其中且，所以，则，
所以或，
①当时，因为函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，，则，所以，所以，
则，解得，
所以在内的“倒域区间”为；
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，所以，所以，所以，
则，解得，
所以在内的“倒域区间”为，
综上所述，函数在定义域内的“倒域区间”为和.
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）当时，，根据函数为奇函数结合时函数的解析式求函数的解析式；
（2）问题转化为，设，结合二次函数的性质，求解即可；
（3）根据题目中的新定义，利用分类讨论，结合函数的单调性，建立方程求解即可.
（1）当时，则，
由奇函数的定义可得，
所以.
（2）方程即，设，
由题意知，解得.
（3）因为在区间上的值域恰为，
其中且，所以，则，
所以或.
①当时，因为函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，，则，所以，所以，
则，解得，
所以在内的“倒域区间”为；
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，所以，所以，所以，
则，解得，
所以在内的“倒域区间”为.
综上所述，函数在定义域内的“倒域区间”为和.
1 / 1河北省保定市部分校2025-2026学年高一上学期11月检测数学试卷
1．（2025高一上·保定期中）若命题：，则命题的否定是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高一上·保定期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025高一上·保定期中）函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高一上·保定期中）已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
5．（2025高一上·保定期中）下列各组中的函数和是表示同一个函数的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
6．（2025高一上·保定期中）设幂函数的图象经过原点，若，则（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高一上·保定期中）已知函数是定义在上的减函数，则函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高一上·保定期中）已知函数若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高一上·保定期中）若，，则下列不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2025高一上·保定期中）是第一个被证明的无理数，标志着数学从“整数比例”向更广泛的实数体系发展．记小数点后第位上的数字为，则是的函数，记为．设此函数的定义域为，值域为，则（ ）
A． B．
C． D．是的函数
11．（2025高一上·保定期中）已知正实数满足，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
12．（2025高一上·保定期中）若，则实数的取值集合为 ．
13．（2025高一上·保定期中）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为 .
14．（2025高一上·保定期中）已知函数是定义在上的奇函数，若，不等式恒成立，且，则不等式的解集为 .
15．（2025高一上·保定期中）已知集合，集合．
（1）若，求；
（2）若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围．
16．（2025高一上·保定期中）已知函数.
（1）判断的奇偶性并用定义进行证明；
（2）用定义证明在区间上单调递减.
17．（2025高一上·保定期中）为宣传村镇特点，助力乡村振兴，设计专业的大学生小王应某村委会要求，设计一个长为米，宽为米的矩形广告牌，使得该广告牌的面积等于一个长为米，宽为1米的矩形的面积.
（1）求关于的函数；
（2）若村委会要求广告牌的面积最小，小王应如何设计该广告牌？
18．（2025高一上·保定期中）已知函数.
（1）若关于的不等式的解集为（），求实数，的值；
（2）若当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）求关于的不等式的解集.
19．（2025高一上·保定期中）若函数在区间上的值域恰为，则称区间为的一个“倒域区间”.已知定义在上的奇函数，当时，.
（1）求的解析式；
（2）若关于的方程在上恰有两个不相等的根，求的取值范围；
（3）求函数在定义域内的所有“倒域区间”.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为全称量词命题的否定是存在量词命题，
所以命题：，的否定是：.
故答案为：C
【分析】利用全称量词命题的否定，先将变为，再将>变为可得出结论.
2．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，
所以，.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
3．【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意，知，
则且，
所以，函数的定义域为.
故答案为：C.
【分析】由题意结合偶次根式函数求定义域的方法、分式函数求定义域的方法，从而列出关于x的不等式组，解不等式组得出的取值范围，从而得出函数的定义域.
4．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：由推不出，例如；
由，可得或，
当时不能推出，例如，
所以是的既不充分又不必要条件.
故答案为：D.
【分析】根据特例法和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
5．【答案】D
【知识点】同一函数的判定
【解析】【解答】解：A、，，所以两函数不是同一个函数，该选项错误，不合题意；
B、的定义域为，的定义域为，
所以两函数不是同一个函数，该选项错误，不合题意；
C、的定义域为，的定义域为，
所以两函数不是同一个函数，故C错误；
D、可知两个函数的定义域均为，且，
所以两函数是同一个函数，该选项正确，符合题意.
故答案为：D.
【分析】首先判断它们的定义域是否完全一致，即自变量的取值范围是否相同；其次验证它们的对应关系是否完全一样，即对于定义域内的每一个自变量值，两个函数是否都给出相同的函数值。只有当这两个条件同时满足时，才能判定两个函数是相同的.
6．【答案】A
【知识点】幂函数的概念与表示；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为是幂函数，
所以，解得或.
又的图象经过原点，所以，即.
因为，所以，
又因为在上单调递增，
所以．
故答案为：A
【分析】首先，根据幂函数的标准形式，系数为1，图像经过原点这一几何特征得m>0，建立方程确定幂指数 α 的值，从而得到函数的具体解析式。然后，分析该幂函数的单调性规律（当 α > 0 时在 [0，+∞) 上单调递增，当 α < 0 时在 (0，+∞) 上单调递减），结合题目要求求解最终答案.
7．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的图象
【解析】【解答】解：因函数是上的减函数，对于，由，可知是上的偶函数，
因在上单调递减，而可由先向右平移一个单位长度，再向下平移2个单位长度得到，
故其定义域为，图象关于对称，且在上单调递减，由图知，只有B项符合上述要求.
故答案为：B．
【分析】根据原函数的单调性，先判断在上的单调递减，以及在上的奇偶性知，在上的单调递减，且关于x=1对称；再根据图象变换判断的单调性和对称性即得.
8．【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】解：令，由，得．
当时，恒成立，此时，
所以或解得；
当时，，则，解得，不满足题意舍去，
所以的取值范围为．
故答案为：A．
【分析】先用换元法，将所求方程转换为，再利用分段函数解析式不同讨论分析求解即可.
9．【答案】B,C
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、当，时，满足，但是，该选项错误，不合题意；
B、因为，所以，又，所以，该选项正确，符合题意；
C、因为，又，所以，，所以，即，该选项正确，符合题意；
D、当，，，时，满足，，但是，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】对于A选项和D选项，取特殊值判断；对于B选项，由不等式的性质同项可加性判断；对于C选项，可由作差法判断
10．【答案】A,B
【知识点】集合间关系的判断；函数的概念及其构成要素；简单函数定义域
【解析】【解答】解：A、因，小数点后第5位是1，即，该选项正确，符合题意；
B、由题意可知为正整数，函数的值域是小数点后所有数字组成的集合.已知该集合包含0到9所有整数，所以定义域， 该选项正确，符合题意 ；
C、由B分析，，但，故不包含于，该选项错误，不合题意；
D、由题意可知对应的不是唯一确定的，不是的函数，该选项错误，不合题意．
故答案为：AB．
【分析】根据定义 第位上的数字为 ，n=5表示第5个数，可判断A；小数点后所有数字组包含0到9所有整数，n<10，可判断B；定义域内，最后一位数不能是0，可判断C；函数中n与y不是唯一对应可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、当时，，因，则，解得，该选项错误，不合题意；
B、当时，由，解得，当且仅当时取等号，该选项正确，符合题意 ；
C、当时，，由B易得，
则由，整理得，
因为，解得，当且仅当时取等号，该选项正确，符合题意；
D、当时，，可得，则，
由为正数可得，，，当且仅当时等号成立，
由，解得，该选项正确，符合题意.
故答案为：BCD．
【分析】利用基本不等式代入的不同取值，“积定和最小，和定积最大”，结合一元二次不等式求解方法即可逐一判断各选项.
12．【答案】
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性
【解析】【解答】解：因为，
当时，则，不满足元素互异性，舍去；
当时，即，解得或或（舍去），
当时，符合题意；
当时，符合题意；
故实数的取值集合为．
故答案为：
【分析】由元素的互异性得，分和两种情况讨论，求出的值，分别代回集合中，根据元素的互异性检验.
13．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；二次函数与一元二次不等式的对应关系
【解析】【解答】解：①当时，不等式为，不恒成立；
②当时，由二次函数的图象和性质知解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】对一元二次不等式二次项系数分类讨论：和，当时可得.
14．【答案】.
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上的奇函数，所以.
当时，不等式可化为，
则函数在区间上单调递增，
又，所以函数为偶函数，且，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
即时，；时，.
当时，；
当时，由，得，即；
当时，由，得，即，
故不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】首先由不等式构造函数，并判断函数g(x)偶函数可得其单调区间，以及零点，讨论x与1的大小，可解解不等式.
15．【答案】（1）解：当时，，所以，或，
又，所以；
（2）解：因为“”是“”的必要条件，所以，
所以解得，
所以实数的取值范围是．
【知识点】集合间关系的判断；交、并、补集的混合运算；必要条件
【解析】【分析】（1）求出一元二次不等式的解集得集合，先写出，再利用集合的交并补集运算即得结果；
（2）由题意得，由子集定义列出不等式组 ，求解即得参数范围.
（1）当时，，所以，或，
又，所以；
（2）因为“”是“”的必要条件，所以，
所以解得，
所以实数的取值范围是．
16．【答案】（1）证明：是奇函数，证明如下：
由，得的定义域为.
对于，都有，
且，
所以是奇函数.
（2）证明：任取，，且，
则
，
因为，所以，，，，
因此，即，
所以函数在区间上单调递减.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）利用奇偶性的定义，先求定义域，再求即可证明；
（2）令，，且，做差，化标准式，与0 比较，可证明函数单调性.
（1）是奇函数，证明如下：
由，得的定义域为.
对于，都有，
且，
所以是奇函数.
（2）证明：任取，，且，
则
，
因为，所以，，，，
因此，即，
所以函数在区间上单调递减.
17．【答案】（1）解：由题意，可知，，
所以，
又因为，
所以，
则.
（2）解：法一：由，
得，
解得或（舍去），
所以，当且仅当时，取得等号，
则小王设计的广告牌是长为10米，宽为米的矩形，满足村委会要求.
法二：
当且仅当时，即当时等号成立，此时，
则小王设计的广告牌是长为10米，宽为米的矩形，满足村委会要求.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由题意和矩形的面积公式，从而建立方程，进而得出关于的函数.
（2）利用两种方法求解.
方法一：利用已知条件和基本不等式求最值的方法，从而解一元二次不等式得出小王设计的广告牌是长为10米，宽为米的矩形，满足村委会要求.
方法二：利用已知条件和基本不等式求最值的方法，从而得出小王设计的广告牌是长为10米，宽为米的矩形，满足村委会要求.
（1）由题意可知，，
所以，又，所以，
所以.
（2）法一：由，得，
解得，或（舍去），所以，
当且仅当时，取得等号.
故小王设计的广告牌是长为10米，宽为米的矩形，满足村委会要求.
法二：，
当且仅当，即时等号成立，
此时，
故小王设计的广告牌是长为10米，宽为米的矩形，满足村委会要求.
18．【答案】（1）解：由关于的不等式的解集为，
得，且和是方程的两个实数根，
则，
解得，
所以的另一实数根为，
则，
所以，.
（2）解：由，
得，
因为，
所以恒成立，
当时，，当且仅当时取等号，
所以，
则实数的取值范围为.
（3）解：当时，不等式为，其解集为；
当时，不等式可化为，其方程对应的两根分别为，，
若，不等式解集为；
若，不等式可化为，此时不等式解集为；
若，不等式解集为；
若，不等式解集为，
综上可知，当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
【知识点】一元二次不等式及其解法；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）根据一元二次不等式与一元二次方程的关系，再利用已知条件得出a，b的值.
（2）利用已知条件，将问题转化为恒成立，再利用基本不等式求最值的方法，从而求出不等式右侧的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数的取值范围.
（3）利用已知条件和分类讨论的方法，再利用一元二次不等式求解方法，从而得出关于的不等式的解集.
（1）由关于的不等式的解集为，得，
且和是方程的两个实数根，即，解得，
所以的另一实数根为，即，所以，.
（2）由，得，又，所以恒成立.
当时，，当且仅当时取等号，
所以，即实数的取值范围为.
（3）当时，不等式为，其解集为；
当时，不等式可化为，其方程对应的两根分别为，.
若，不等式解集为；
若，不等式可化为，此时不等式解集为；
若，不等式解集为；
若，不等式解集为.
综上可知，
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
19．【答案】（1）解：当时，，
因为函数为奇函数，所以，
则；
（2）解：方程，即，设，
由题意知，解得，则的取值范围为；
（3）解：因为在区间上的值域恰为，其中且，所以，则，
所以或，
①当时，因为函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，，则，所以，所以，
则，解得，
所以在内的“倒域区间”为；
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，所以，所以，所以，
则，解得，
所以在内的“倒域区间”为，
综上所述，函数在定义域内的“倒域区间”为和.
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）当时，，根据函数为奇函数结合时函数的解析式求函数的解析式；
（2）问题转化为，设，结合二次函数的性质，求解即可；
（3）根据题目中的新定义，利用分类讨论，结合函数的单调性，建立方程求解即可.
（1）当时，则，
由奇函数的定义可得，
所以.
（2）方程即，设，
由题意知，解得.
（3）因为在区间上的值域恰为，
其中且，所以，则，
所以或.
①当时，因为函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，，则，所以，所以，
则，解得，
所以在内的“倒域区间”为；
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，所以，所以，所以，
则，解得，
所以在内的“倒域区间”为.
综上所述，函数在定义域内的“倒域区间”为和.
1 / 1
