山东省滨州市阳信县2024-2025学年高一上学期期中联考数学试题

这是一份山东省滨州市阳信县2024-2025学年高一上学期期中联考数学试题，共11页。试卷主要包含了下列比较大小中正确的是，下列说法中错误的有，下列命题是假命题的为等内容，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.2 B.1 C. D.
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
3.函数的最小值是（ ）
A.4 B.6 C.8 D.12
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.
5.下列四组函数中，表示相同函数的一组是（ ）
A.，
B.，
C.，
D.，
6.函数的图象经过点，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
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.
8.下列比较大小中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
二､多选题：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：，，则命题的否定是，
B.“”是“”的必要不充分条件
C.命题“，”是真命题
D.“”是“关于x的方程有一正一负根”的充要条件
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
11.已知函数若，则a的值可能为（ ）
A. B. C. D.
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_________.
13.已知正数x，y满足，则的最小值为_________.
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/；在四个相同的矩形（图中阴影部分）内铺上塑胶，造价为100元/；在四个空角（图中四个三角形）内铺上草坪，造价为400元/.若要使总造价不高于24000元，则正方形周长的最小值为_________.
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.（13分）已知集合，.
（1）求，；
（2）若集合，且“，”为假命题，求实数的取值范围.
16.（15分）已知，关于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.
17.（15分）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t满足不等式，求t的取值范围.
18.（17分）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.
19.（17分）已知函数.
（1）当时，求的值域；
（2）若的最小值为，求k的值；
（3）在（2）的条件下，若不等式实数解，求实数a的取值范围.
2024—2025学年高一期中考试
数学参考答案及评分意见
1.A 【解析】因为，所以，所以有：若，解得，此时，符合题意；若，解得，此时，不符合题意.综上所述，.故选A.
2.B 【解析】因为且能推出不能推出且（如），所以“且”是“”的充分不必要条件.故选B.
3.A 【解析】因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以函数的最小值为4.故选A.
4.D 【解析】对A，该函数的定义域为，故A错误；
对B，该函数的定义域为，故B错误；
对C，该图象不为函数图象，故C错误；
对D，该函数的定义域为，值域为，故D正确.故选D.
5.C 【解析】对于A，两函数对应关系不同，所以不是相同的函数；
对于B，的定义域为的定义域为，定义域不同，所以不是相同的函数；
对于C，的定义域为的定义域为，定义域相同，对应关系也相同，所以是相同的函数；
对于D，的定义域为的定义域为，定义域不同，所以不是相同的函数.故选C.
6.B 【解析】由函数的图象经过点，得，则函数在上单调递减，在上单调递减，则在上单调递减.又，即函数是奇函数，所以不等式，则，即，解得，所以原不等式的解集为.故选B.
7.C 【解析】对于A，因为的定义域为，所以函数是非奇非偶函数，故A错误；对于B，根据幂函数的性质可知，在上单调递增，且，设，则，所以是奇函数，故B错误；
对于C，设，则，且，所以是偶函数，且在上单调递减，故C正确；
对于D，显然是偶函数且在上单调递增，故D错误.故选C.
8.C 【解析】对于A选项，因为在上单调递增，且，所以，故A错误；
对于B选项，因为在上单调递减，且，所以，故B错误；
对于C选项，为奇函数，且在上单调递增，所以在上单调递增，
因为，且，可得，所以，故C正确；
对于D选项，为偶函数，且在上单调递增，所以，且，所以，故D错误.故选C.
9.ABC 【解析】由存在量词命题的否定是全称量词命题，可知命题的否定是，故A错误；
由“”不能推出“”，例如，但；由“”也不能推出“”，例如，而，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故B错误；
当时，，故C错误；
关于的方程有一正一负根，所以“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件，故D正确.故选ABC.
10.AC 【解析】对于A选项，取，则，所以，故A选项错误；
对于B选项，若，有，则，故B选项正确；
对于C选项，若，则，则，又因为，由不等式的性质可得，故C选项错误；
对于D选项，若且，则，且，所以，D选项正确.故选AC.
11.BD 【解析】令，则.当时，由，解得（舍去）或；当时，由，解得，即或5.①当时，若，则，解得（舍去）；若，则，无解；②当时，若，则，解得；若，则，解得（舍去）或.综上，或.故选BD.
12. 【解析】因为，即，所以或.若，则或；若，即，则或.由与互异，得，故或.又，即，所以且，解得且.综上所述，的取值集合为.故答案为.
【解析】由得，所以，则，当且仅当，即时，等号成立，所以.又，所以的最小值为.
14.4 【解析】设正方形的边长为，则正方形的面积为，
四个相同的矩形（即阴影部分）的面积为，
四个空角的面积为.
设总造价为元，
则.
，即，即，解得，
故正方形周长的最小值为.故答案为4.
15.解：（1），或
.
（2）“”为假命题，
“”为真命题，即.
又，
当时，，即；
当时，由可得，
或
解得.
综上，实数的取值范围为，或.
16.解：（1）因为关于的一元二次不等式的解集为，
所以关于的一元二次方程的两解为和，
所以解得
（2）由（1）得关于的不等式，即，
因式分解得.
①当时，原不等式为，解得，即不等式的解集为；
②当时，原不等式为，解得或，所以不等式的解集为；
③当时，原不等式为，解得，即不等式的解集为
④当时，原不等式为，解得，即不等式的解集为；
⑤当时，原不等式为，解得，即不等式的解集为.
综上可得：当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
17.解：（1）因为函数为上的奇函数，且当时，，
所以.
又因为，所以，解得，
所以当时，.
设，则，
所以，
所以.
所以
（2）由（1）知
可得在上是减函数.
又，
所以
解得，
所以的取值范围是.
18.解：（1）由题意可得，即，
解得，
该车运输3年开始盈利.
（2）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：（万元）；
②当盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出，盈利总额，
当时，盈利总额达到最大值，
方案②最后的利润为（万元）.
两种方案的利润都是59万元，按照时间成本来看，方案①用时更短，
方案①较为合算.
19.解：（1）当时，，令，
则可变换为.
由二次函数的性质可知，函数在上单调递增，
，
故所求值域为.
（2）函数的最小值为，
若，则在上单调递增，没有最小值，不符合题意；
若，可知当时，取得最小值，
即，解得或（舍去）.
综上，.
（3）由题意，有实数解，
即有实数解，可得，
要使此不等式有解，只需即可.
（当且仅当时取等号），
，
，解得，
即实数的取值范围为.