精品解析：江苏省常州市第一中学2024-2025学年高一上学期11月份期中考试数学试卷

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本试卷满分160分 考试时间120分钟
一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.本题共8小题，每小题5分，共40分.）
1. 已知命题，则命题的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定方法对命题否定即可.
【详解】由命题否定的定义可知，命题的否定是：．
故选：D.
2. 根式（式中）的分数指数幂形式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由根式和分数指数幂的意义，先将根式中的部分化为分数指数幂，再化整体即可.
【详解】解：.
故选：A.
【点睛】本题考查根式和分数指数幂的互化、指数的运算法则，属基础题.
3. 已知函数，则函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由具体函数定义域的求法，解不等式组即可得出答案
【详解】∵，∴，
由，解得且，
所以函数的定义域为.
故选：B.
4. 函数和的图象如图所示，有下列四个说法：
①如果，那么；
②如果，那么；
③如果，那么；
④如果时，那么.
其中正确的是（ ）.
A. ①④B. ①C. ①②D. ①③④
【答案】A
【解析】
【分析】结合函数和图象，逐项判定，即可求解.
【详解】当三个函数的图象依和次序呈上下关系时，可得 ，
所以，若，可得，所以①正确；
当三个函数的图象依，和次序呈上下关系时，或 ，
所以，若，可得，所以②错误；
由于当三个函数的图象没有出现和次序的上下关系 ，所以③错误；
当三个函数的图象依和次序呈上下关系时， ，
所以，若时，可得，所以④正确.
故选；A．
5. 已知函数的值域是，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的图像和性质可求得答案
【详解】解：由于， 所以当时，取得最大值，
由，解得或，
所以当时，函数的值域为，且，
因为二次函数的图像开口向下，
所以要使函数在上的值域为，只需，
故选：C
6. 教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气.按照国家标准，教室内空气中二氧化碳最高容许浓度为，经测定，刚下课时，空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准需要的时间（单位：分钟）的最小整数值为（ ）
（参考数据，）
A. 6B. 7C. 10D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意列式求得，从而得到关于的不等式，利用对数函数的单调性解不等式即可得解.
【详解】依题意，当时，，解得，
所以，由得，
所以，则，故，
所以的最小整数值为.
故选：B.
7. 定义在上的奇函数，且，且对任意不等的正实数，都有，则不等式的解集为（ ）
A. B. .
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数的单调性与奇偶性分析得的性质，从而将不等式转化为，再分类讨论与两种情况即可得解.
【详解】依题意，不妨令，则，
因为，所以，即，
所以在上单调递增，
又为定义在上的奇函数，则在上单调递增，
又，所以，
又，
所以不等式可化为，即，
当，即时，，
则，解得，故；
当，即时，，
则，解得，故；
综上，或，即所求不等式的解集为.
故选：C.
8. 已知不等式，的解集为，且不等式恒成立，则正实数的取值范围是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二次不等式解集得到，从而利用基本不等式求得的范围，再利用换元法将不等式转化可得，进而利用二次函数性质解决恒成立问题，由此得解.
【详解】因为不等式，的解集为，
所以是方程，的两根，
所以，且，
所以，当且仅当时，等号成立，
而不等式可化为，
所以，
令，则在上恒成立，即，
因为，
当且仅当时，即，等号成立，
所以，此时，或，，满足题意，
所以的取值范围是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用参变分离法将问题化为求的最值问题，从而得解.
二、选择题（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.本题共3小题，每小题6分，共18分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数的值域是，则函数的值域为
B. 既是奇函数又是偶函数的函数有无数个
C. 若，则
D. 函数的定义域是，则函数的定义域为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用函数值域的定义判断A，举例子说明满足性质的函数有无数个可判断B，举反例排除C，利用抽象函数定义域的求法可判断D，从而得解.
【详解】对于A，因为与的值域相同，故A错误；
对于B，设，且，是关于原点对称的区间，
则既是奇函数又是偶函数，由于有无数个，故有无数个，即B正确；
对于C，取全集，，，
则，满足，但，故C错误；
对于D，因为的定义域是，
则对于，有，解得，
即函数的定义域为，故D正确.
故选：BD.
10. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用不等式的性质一一判定选项即可.
【详解】对于A，若，则，故A错误；
对于B，可知，不等式两侧同乘以，有，故B正确；
对于C，利用作差法知，
由，，知，
即，故C正确；
对于D，由，知，由不等式同向可加性的性质知D正确.
故选：BCD
11. 某同学在研究函数时，分别给出下面几个结论，则正确的结论有（ ）
A. 等式对恒成立；
B. 若，则一定有；
C. 若，方程有两个不等实数根；
D. 函数在上只有一个零点.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，通过判断函数的奇偶性进行判断，对于B，通过判断函数的单调性分析判断，对于C，由的奇偶性和单调性，结合函数的值域分析判断，对于D，由的奇偶性和单调性分析判断.
【详解】对于A，因为，
所以是奇函数，故对恒成立，故A正确；
对于B，当时，，因为在上递减，
所以在上递增，
因为是奇函数，所以在上也是增函数，
而，的图象连续，所以在上为单调递增函数，
所以，则一定有成立，故B正确；
对于C，易知的定义域为，
又，所以为偶函数，
当时，，
因为在为单调递增函数，所以在为单调递增函数，
则在上单调递减，
当时，，
因，所以，所以，则，
因为，为偶函数，所以，
所以当时有两个不相等的实数根，
当时不可能有两个不等的实数根，故C错误；
对于D，因为，易得的定义域为，
又，所以为奇函数，
当时，，
因为为奇函数，所以当时，，
又，所以函数在上只有一个零点，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是对函数奇偶性和单调性的正确判断，然后利用奇偶性和单调性的性质求解.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12 已知集合，若，则实数a等于_________
【答案】3
【解析】
【分析】根据集合相等的定义以及元素的互异性可求解.
【详解】因为，所以，即，
解得a=−1或，
经检验a=−1时，，与集合中元素的互异性矛盾；
时，，满足题意.
故答案为：3
13. 已知函数为减函数，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用反比例函数与二次函数的单调性，结合分段函数的单调性得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】因为函数为减函数，
所以a+2>0a<02−2a≤1a+2+2≥a×12+2−a，故，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
14. 若函数是定义域为R，且对，，且，有，不等式的解集为___________
【答案】
【解析】
【分析】首先，对不等式进行变形，转化为，再根据定义法以及给定条件分析的单调性，求解不等式即可.
【详解】由题设，其中，可变形为；
令，则，即函数在实数R上单调递增；
不等式移项变形可得，
进一步化简得到，
因此原不等式可化简为，即
由于在实数R上单调递增，
不等式成立的条件是，解得
因此，不等式的解集为，
故答案：
【点睛】关键点睛：关键在于利用函数的单调性简化原不等式，从而直接得到解集。通过引入辅助函数，可以将问题转化为更易于分析的形式，利用函数单调性的性质求解，这是解决此类问题的一种有效策略。
四、解答题（解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤.本题共5小题，共77分.）
15. 已知集合是不等式的解集，集合是不等式的解集，，.
（1）若，求实数的取值范围；
（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用分式不等式与二次不等式解法，分别求得集合，再利用集合交集的结果得到关于的不等式组，解之即可得解；
（2）先由（1）求得，再利用集合与充分必要条件关系得到对应集合的的关系，从而得到关于的不等式组，解之即可得解.
【小问1详解】
解，得，则，
因为，所以，
显然，解得或，则或，
因为，则或，
解得或，故，
所以a的取值范围为；
【小问2详解】
由，可得：或，
因为是的充分不必要条件，
所以或是或的真子集，
则且等号不同时成立，解得，
所以的取值范围为.
16. 已知函数y=x+有如下性质：如果常数t＞0，那么该函数在（0，]上是减函数，在[，+∞）上是增函数．
（1）已知（x）=，x∈[0，1]利用上述性质，求函数f（x）的值域；
（2）对于（1）中的函数f（x）和函数g（x）=-x+2a．若对任意x1∈[0，1]，总存在x2∈[0，1]，使得g（x2）=f（x1）成立，求实数a的值．
【答案】（1）[-4,-3]；（2）．
【解析】
【分析】（1）f（x）（2x+1），利用换元法，结合基本不等式即可求解；
（2）任意x1∈[0，1]，总存在x2∈[0，1]，使得g（x2）＝f（x1）成立，求解g（x）的值域M和f（x）的值域N，可得N⊆M，即可求解实数a的值．
【详解】（1）f（x）（2x+1），
令u＝2x+1，因为x∈[0，1]，所以u∈[1，3]，
可得f（x）转化为h（u）＝u，u∈[1，3]，
由已知条件所给出的性质得，当u∈[1，2]，时，h（u）递减；当u∈[2，3]时，h（u）递增．
所以h（2）≤h（u）≤h（1）＝h（3）
得f（x）的值域是[﹣4，﹣3]；
（2）函数g（x）＝﹣x+2a．为减函数，故当x∈[0，1]时，g（x）的值域[﹣1+2a，2a]，
对任意x1∈[0，1]，总存在x2∈[0，1]，使得g（x2）＝f（x1）成立⇔f（x）的值域是g（x）的值域的子集，
即[﹣4，﹣3]⊆[﹣1+2a，2a]，
则，
解得：a．
【点睛】本题主要考查了函数恒成立问题的求解，以及转化思想的应用，对勾函数的最值以及单调性的应用．
17. 如图，正方形的边长为1，，分别是和边上的点.沿折叠使与线段上的点重合（不在端点处），折叠后与交于点.
（1）证明：的周长为定值.
（2）求的面积的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，利用对称性，找到之间的关系，再由相似三角形的性质，利用周长比等于相似比建立关系，得到的周长表达式，化简证明即可；
（2）由面积比等于相似比的平方建立关系，得到面积的表达式，消元后利用基本不等式求解最值.
【小问1详解】
设，，则，
由勾股定理可得，
即，由题意，，
即，可知∽，
设的周长分别为，则.
又因为，
所以，
的周长为定值，且定值为.
【小问2详解】
设的面积为，则，
因，所以，.
因为，则，
因为，所以，
当且仅当，即 时，等号成立，满足.
故的面积的最大值为.
18. 已知函数的定义域是且，对定义域内的任意，都有，且当时，，.
（1）判断函数的奇偶性并证明；
（2）求证：在上是增函数；
（3）解不等式：.
【答案】（1）是偶函数，证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用赋值法依次得到，再利用偶函数的定义与赋值法即可得证；
（2）利用已知条件得到，结合函数单调性的定义即可得证；
（3）利用赋值法可得，从而将原不等式化为，结合的单调性得到关于的不等式，解之即可得解.
【小问1详解】
是偶函数，证明如下：
因为，
令，则，所以，
令，则，所以，
令，，
即对任意的都有成立，
所以函数是偶函数；
【小问2详解】
依题意，任取，且，
则，即，
因为当时，，
而，则，所以，
所以，即，
所以在上是增函数；
【小问3详解】
因为是偶函数，，
，
，
所以不等式可化为，
由（2）可知，在上是增函数，
所以，
所以，，且，
解得，，且，
所以，
故原不等式的解集为.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于熟练掌握赋值法，得到所需函数值，从而利用函数的奇偶性与单调性即可得解.
19. 定义：若函数在其定义域内存在实数，使，则称是的一个不动点.已知函数.
（1）当时，求函数的不动点；
（2）若对任意的实数，函数恒有两个不动点，求的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若图象上两个点的横坐标是函数的不动点，且的中点在函数的图象上，求的最小值.（注：两个点的中点的坐标公式为）
【答案】（1）0或-2
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据不动点的定义，解方程，即可求得答那；
（2）对任意的实数，函数恒有两个不动点，即得恒有两个不等实数根，结合判别式，即可求得答案；
（3）设，由题意得出，结合根与系数的关系可得，继而利用二次函数知识，即可求得答案.
【小问1详解】
当时，,
令,即,则或,
即函数的不动点为0或-2；
【小问2详解】
令，即，即，
由于对任意的实数，函数恒有两个不动点，
即恒有两个不等实数根，即恒成立，
即恒成立，故；
【小问3详解】
由题意可设，
而的中点在函数的图象上，
故，则，
又是的两个不等实数根，则，
故，则
，
由于，故，则当，即时，取最小值2，
此时取到最小值.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数的新定义问题，解答时要理解不动点的含义，并由此解决问题；解答的关键是（3）中求解参数的范围是，要根据题意结合根与系数的关系式，得出b的表达式，进而结合二次函数的最值求解即可.