精品解析：山东省百师联考2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题

这是一份精品解析：山东省百师联考2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题，文件包含精品解析山东省百师联考2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题原卷版docx、精品解析山东省百师联考2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.考试时间为120分钟，满分150分
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 设集合，，若，则（ ）
A. 2B. 1C. D. -2
【答案】A
【解析】
【分析】由得.易知且不符合题意，则，解之即可求解.
【详解】由，得.
若，则，不符合题意；
又，所以，解得.
故选：A
2. 设，则“且”是“”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】运用充分条件，必要条件概念，结合不等式性质判断.
【详解】且，有不等式性质可以知道，但是，如且,得不到且.故“且”是“”的充分不必要条件.
故选：B.
3. 函数的最小值是（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】变形条件，再运用基本不等式计算即可.
【详解】，
故最小值是4,当且仅当，解得.时,取得最小值.
故选：A
4. 若函数的定义域为，值域为，则函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图意，写出定义域和值域，再与条件对照得解.
【详解】对于A，定义域为，值域为，与条件矛盾，错误；
对于B，定义域为，值域为，与条件矛盾，错误；
对于C，一个自变量对应两个函数值，不是函数，与条件矛盾，错误；
对于D，定义域为，值域为，与条件吻合，正确；
故选：D.
5. 下列四组函数中，表示相同函数的一组是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】对选项逐一分析函数的定义域、对应关系等，由此确定正确选项.
【详解】A 选项：当 时，，，所以这两个函数的对应法则不同，不是相同函数；
B 选项：，其定义域为，，其定义域为.
两个函数的定义域不同，不是相同函数；
C 选项：，其定义域为，，其定义域也为.
两个函数的对应法则相同，定义域也相同，是相同函数.
D 选项：，其定义域为，，其定义域为.
两个函数的定义域不同，不是相同函数.
综上所述，表示相同函数的一组是 C 选项.
故选：C.
6. 函数的图象经过点，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数解析式，确定单调性与奇偶性，然后根据奇偶性化简不等式，由单调性解不等式．
【详解】函数的图象经过点,则，
则，故，即，所以是减函数．
又，所以是奇函数，
，则转化为，即,
根据减函数性质知道，，解得.
故选：B
7. 下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依次判断每个函数是否为偶函数，再判断在区间上的单调性.
【详解】A选项：对于函数，有，即，
所以的定义域为，不关于原点对称，
所以该函数不偶函数，故A错误；
B选项：对于函数，其定义域为，
设，，即，
所以该函数不是偶函数，故B错误；
C选项：对于函数，其定义域为满足，
设，，所以是偶函数，
当时，在上也单调递减，故C正确；
D选项：对于函数，其定义域为，
设，，所以是偶函数，
对于二次函数，其对称轴为，开口向上，
所以在上单调递增，则在区间上单调递增，故D错误.
故选：C.
8. 下列比较大小中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据幂函数单调性分别判断各选项.
【详解】A选项：由函数在0,+∞上单调递增，所以，A选项错误；
B选项：由函数在上单调递减，则，B选项错误；
C选项：，，
又函数在上单调递增，所以，即，C选项正确；
D选项：，函数在0,+∞上单调递增，
则，即，D选项错误；
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法中错误的有（ ）
A. 命题：，，则命题否定是，
B. “”是“”的必要不充分条件
C. 命题“，”是真命题
D. “”是“关于x方程有一正一负根”的充要条件
【答案】ABC
【解析】
【分析】需要根据命题的否定、充分必要条件的判断以及方程根的情况，逐个分析每个选项，根据相关的数学概念和定理来判断其正误.
【详解】对于A选项，对于命题，其否定应该是.所以A选项错误.
对于B选项，当时，，，满足，但是. 反之，当时，例如，此时，，.
所以是“”的既不充分也不必要条件，B选项错误.
对于C选项，当时，，但是，不满足.
所以命题是假命题，C选项错误.
对于D选项，对于方程，若方程有一正一负根，则根据,即.且满足韦达定理，两根之积，即. 取交集得到.
反之，当时，方程的判别式，方程有两个不同的根，且两根之积，所以方程有一正一负根.
所以是“关于的方程有一正一负根”的充要条件，D选项正确.
故选：ABC.
10. 下列命题是假命题的为（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若且，则D. 若且，则
【答案】AC
【解析】
【分析】取值验证可判断A；利用不等式性质逐一推导可得BCD.
【详解】对A，取，满足，
但，故不成立，A错误，符合题意；
对B，若，则，所以，即，B正确，不符合题意；
对C，因，所以，所以，
即，又，所以，C错误，符合题意；
对D，因为，所以，
又，所以，所以，D正确，不符合题意.
故选：AC
11. 已知函数若，则a的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】先设，求出的值，再根据的值求出的值.
【详解】先设 ,
当时，，解得或（舍去，因为）.
当时，，解得.
再根据的值求的值，
当时：
若，则，，此方程无实数解.
若，则，解得（舍去，因为）.
当时：
若，则，，，解得.
若，则，解得.
综上所得，的值可能为或.
故选：CD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设集合，，已知且，则a的取值集合为_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用元素与集合的关系，分类讨论与两种情况，结合集合的相关性质进行检验即可得解.
【详解】因为，，且，
若，解得或，
当时，此时，
此时，不满足集合元素的互异性，舍去；
当时，此时，
此时，不满足集合元素的互异性，舍去；
若，，解得或，
前面已经分析不满足要求，
当时，此时，
此时集合，，满足集合元素的性质，
综上，，所以的取值集合为.
故答案为：.
13. 已知正数，满足，则的最小值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】对已知条件变形，再结合基本不等式和一元二次不等式计算,运用指数函数单调性求最值即可.
【详解】对已知等式变形,由，等式两边同时除以（，是正数，），
得到，则 ，令，
将乘以，这里的。
，
即，即 ，得，当且仅当，即,取最小值.
结合，得到.
,由指数函数单调性知道.
故的最小值为.
故答案为：.
14. 如图，某小区要建一座八边形的休闲场所，它的主体造型平面图是由两个周长均为24m的相同的矩形和构成的十字形地域.计划在正方形上建一座花坛，造价为2000元/m2；在四个相同的矩形（图中阴影部分）内铺上塑胶，造价为100元/m2；在四个空角（图中四个三角形）内铺上草坪，造价为400元/m2.若要使总造价不高于24000元，则正方形周长的最小值为_________m.

【答案】4
【解析】
【分析】设正方形边长为，根据题设求出正方形、矩形阴影部分、三角形的面积，进而列出总造价关于的表达式，解不等式求边长最小值，即可得答案.
【详解】设正方形边长为(m)，则矩形的长、宽分别为(m)、(m)，
所以，，，
所以，总造价，且，
所以，则，可得，
故(m)，即正方形周长的最小值为4(m).
故答案为：4
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知集合，.
（1）求，；
（2）若集合，且“，”为假命题，求实数m的取值范围.
【答案】（1）或；
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据补集的定义求出和，再求交集；
（2）“”为假命题，则其否定“”为真命题，由此确定的取值范围.
【小问1详解】
对于集合，根据补集定义，或.
对于集合或，.
那么.
【小问2详解】
因为“”为假命题，则其否定“”为真命题，这意味着中的元素都不在中，即.
当时，满足，此时，解得.
当时，即时，要使，则或者.
由，解得.
由，解得，但，所以这种情况无解.
综上所得，实数的取值范围是或.
16. 已知，关于x的一元二次不等式的解集为.
（1）求b，c的值；
（2）解关于x的不等式.
【答案】（1），
（2）答案见解析
【解析】
【分析】先根据已知不等式的解集，结合韦达定理，求出和的值，再将其代入后面的不等式，分类讨论进行求解.
【小问1详解】
因为不等式的解集为，
所以和是方程的两个根.
根据韦达定理，可得，.
解得，.
【小问2详解】
由（1）知，，则不等式为，即.
当时，不等式化为，解得.
当时，的解为或.
当时，，不等式的解为.
当时，不等式化为，即，此时不等式无解.
当时，，不等式的解为.
综上所得，当时，解集为；
当时，解集为或；
当时，解集为；
当时，解集为空集；
当时，解集为.
17. 已知函数为上的奇函数，当时，，且.
（1）求函数的解析式；
（2）若实数满足不等式，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由奇函数的定义，求得，从而求得，再根据奇函数的定义求得时的解析式即可；
（2）根据二次函数的单调性确定的单调性，利用函数的单调性解不等式即可.
【小问1详解】
因为函数为上的奇函数，所以，
，解得，
即时，，
当时，，，
所以
所以；
【小问2详解】
当时，是减函数，，
当时，是减函数，，
所以在上是减函数，
由，，解得．
所以的取值范围是．
18. 某物流基地今年初用49万元购进一台大型运输车用于运输.若该基地预计从第1年到第n年花在该台运输车上的维护费用总计为万元，该车每年运输收入为23万元.
（1）该车运输几年开始盈利?（即总收入减去成本及维护费用的差为正值）
（2）若该车运输若干年后，处理方案有两种：
①当年平均盈利达到最大值时，以17万元的价格卖出；
②当盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出.
哪一种方案较为合算?请说明理由.
【答案】（1）3 （2）方案较合算，理由见详解
【解析】
【分析】（1）由，能求出该车运输3年开始盈利.
（2）方案①中，.从而求出方案①最后的利润为59（万）；方案②中，，时，利润最大，从而求出方案②的利润为59（万），比较时间长短，进而得到方案①较为合算.
【小问1详解】
由题意可得，即，
解得，
，
该车运输3年开始盈利.；
【小问2详解】
该车运输若干年后，处理方案有两种：
①当年平均盈利达到最大值时，以17万元的价格卖出，
，
当且仅当时，取等号，
方案①最后的利润为：（万）；
②当盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出，
，
时，利润最大，
方案②的利润为（万），
两个方案的利润都是59万，按照时间成本来看，第一个方案更好，因为用时更短，
方案①较为合算.
19. 已知函数.
（1）当时，求的值域；
（2）若的最小值为3，求k的值；
（3）在（2）的条件下，若不等式有实数解，求实数a的取值范围.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由题设，结合二次函数及指数函数性质求值域；
（2）令，则，结合二次函数性质讨论对称轴的位置及题设求参数值；
（3）问题化为有解，求右侧最小值，即可得范围.
【小问1详解】
由题设，而，
所以；
【小问2详解】
令，则，开口向上且对称轴为，
当时，在上递增，此时无最值，不满足；
当时，在上递减，在上递增，
所以，可得（正值舍）.
【小问3详解】
由题意有解，即有解，
对于，当且仅当时取等号，
又趋向正负无穷时，分别趋向于0、正无穷，故均趋向于正无穷，
故只需，即.