四川省泸州市龙马潭区泸化中学2024-2025学年高一上学期11月期中考试数学试题 含解析

这是一份四川省泸州市龙马潭区泸化中学2024-2025学年高一上学期11月期中考试数学试题 含解析，共15页。
1.答卷前考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.试卷满分150分，考试时间150分钟，考试结束后将本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题（共40分）
1. 设集合，，则（ ）
A. {1,2,3,4,5}B. {1,2,3,4,5,6,8,10}C. {2,4}D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合，利用交集的定义可求出集合.
【详解】，
，
所以.
故选：C.
2. 函数在上的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据幂函数的性质得到函数在上的单调性，接着根据单调性求出函数在上的最大值即可.
【详解】因为幂函数可知：
函数在上的单调递减，
所以函数在上的最大值为，
故选：B.
3. 下列函数中，既是奇函数又是定义域内的增函数为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】选项A,B中，函数无奇偶性，故A不正确．
选项C中，函数为奇函数，但在定义域内不单调，故C不正确．
选项D中，函数为奇函数，且在定义域内为增函数，故D正确．
选D．
4. 某中学的研究性学习小组为考察珠江口某小岛的湿地开发情况，从某码头乘汽艇出发，沿直线方向匀速开往该岛，靠近岛时，绕小岛环行两周后，把汽艇停靠岸边上岸考察，然后又乘汽艇沿原航线提速返回.设t为出发后的某一时刻，s为汽艇与码头在时刻t时的距离，下列图象中能大致表示s=f(t)的函数关系的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】因为该汽艇沿直线方向匀速开往改岛，靠近岛时，绕小岛环行两周后，把汽艇停靠岸边考查，然后又乘汽艇沿原航线提速返回，由此即可求出答案．
【详解】解：因为该汽艇中途停靠岸边考察，此时间段不变，绕小岛环行两周，汽艇与码头的距离最小值，不会低于靠近海岛时的距离，故排除，，
因为为汽艇与码头在时刻的距离，其图象能表示的函数关系，而图表示的不是函数关系，故排除．
故选：．
【点睛】本题函数图象的应用，同学们要注意分析其中得“关键点”，还要善于分析各图象的变化趋势，属于基础题．
5. 对任意实数、、，当时，以下说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用特殊值法、函数单调性来判断出各选项中不等式的正误.
【详解】对于A选项，若，则，A选项中的不等式错误；
对于B选项，，，B选项中的不等式正确；
对于C选项，函数为增函数，，，C选项中的不等式错误；
对于D选项，取，，则，D选项中的不等式错误.
故选：B.
【点睛】本题考查不等式的正误的判断，一般利用不等式的性质、比较法、函数单调性以及特殊值法来进行判断，考查推理能力，属于中等题.
6. 若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】函数在上单调递减，一次函数斜率小于零，二次函数对称轴大于，且保证分段函数有意义，当上面函数值大于等于下面，求出交集即可.
【详解】因为函数在上单调递减，
则
即，
得，
故选：C.
【点睛】由函数单调性和表达式确定一次函数的系数和二次函数的对称轴关系，再注意满足分段函数有意义.
7. ，对于，，都有成立，求的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知函数是上的减函数，则函数的两段函数均为减函数，且有，由此可得到关于实数的不等式组，解之即可得解.
【详解】因为定义在上的函数满足对，，都有，
所以函数是上的减函数，
则函数和均为减函数，且有，
即，解得，因此，实数的取值范围是.
故选：C.
8. 已知函数当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
结合换元法、分离常数法、基本不等式求得实数的取值范围.
【详解】令，由于，所以，
依题意恒成立，即在区间上恒成立，
则在区间上恒成立，
由于，当且仅当，即时等号成立，
所以.
故选：D
【点睛】本小题主要考查基本不等式求最值，属于中档题.
二、选择题:本题共4小题，每小题5分，共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9. 下列各组函数中，是同一个函数的有（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】AD
【解析】
【分析】逐个选项分别判断函数的定义域与对应法则是否相同即可.
【详解】对于A，，定义域均为，同一函数；
对于B，与解析式不同，不是同一函数；
对于C，，定义域为，，定义域为R，两个函数定义域不同，不是同一函数；
对于D，，定义域均为R，是同一函数.
故选：AD．
10. 德国数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名函数，该函数被称为狄利克雷函数，关于狄利克雷函数有如下四个命题，其中真命题的序号为（ ）
A. ；
B. 对任意，恒有成立；
C. 任取一个不为零的有理数，对任意实数均成立；
D. 存在三个点，，，使得为等边三角形；
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数性质直接判断即可.
【详解】A选项：若为有理数，则为有理数，，若为无理数，则为有理数，，A选项错误；
B选项：若为有理数，则为有理数，，若为无理数，则为无理数，，B选项正确；
C选项：若为有理数，则为有理数，，若为无理数，则为无理数，，C选项正确；
D选项：对任意有理数，存在三个点，，是边长为的等边三角形的三个顶点，D选项正确；
故选：BCD.
11. 已知不等式的解集为，则（ ）
A B.
C. 的解集为D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用二次不等式的解集与方程之间的关系可判断ABC选项；利用二次不等式的解法可判断C选项.
【详解】因为不等式的解集为，则，A对；
且、是关于的二次方程的两根，则，
所以，，，则，B错；
不等式即为，即，解得，C对；
对于D选项，，D对.
故选：ACD.
12. 已知定义域为的函数满足，且，则（ ）
A. B.
C. 奇函数D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据赋值法，即可结合选项逐一求解.
【详解】令，则，故A正确，
令可得，
由于故，
令可得，
令可得，故，B正确，
由于，且，，所以，所以为偶函数，C错误，
令可得，故，由于不恒为0，所以，
又，故，
由于，
所以，故D正确，
故选：ABD
三、填空题（共20分）
13. 已知，则_____.
【答案】10
【解析】
【分析】根据解析式，由内向外求解即可.
【详解】∵函数，
∴，.
故答案为：10.
14. 如果是是成立的充分不必要条件则的取值范围__________
【答案】
【解析】
【分析】根据集合的包含关系求出的范围即可．
【详解】解：如果是是成立的充分不必要条件，
则，
故，
故答案：．
15. 已知是奇函数，在区间上是增函数，又，那么的解集是 _________
【答案】或
【解析】
【分析】根据函数的奇函数，单调性与零点等特征，求的解集即可.
【详解】解：因为是奇函数，，且在内是增函数，
所以，且在内是增函数，
因为，
所以①当时，原不等式可化为，
又在内是增函数，所以，
②当时，原不等式可化为，
又在区间上是增函数，所
③当时，，与矛盾，
所以不是不等式的解，
综上，的解集是或.
故答案为：或.
16. 已知函数同时满足：①对于定义域上任意，恒有；②对于定义域上的任意当时，恒有，则称函数为“理想函数”.在下列三个函数中：，，“理想函数”有______________（只填序号）
【答案】
【解析】
【分析】根据题中条件，先判断函数是奇函数，且单调递减；再逐项判断所给函数，即可得出结果.
【详解】因为对于定义域上任意，恒有，即，
所以是奇函数；
又对于定义域上的任意当时，恒有，所以函数在定义域内单调递减；
函数的定义域为，取，，则，，此时，不满足在定义域内单调递减；排除；
由得，所以是偶函数，排除；
对于函数，根据二次函数的单调性，可得时，单调递减；时，单调递增，且，所以函数在定义域内单调递减；
又当时，，所以；
当时，，所以；
综上为奇函数；故满足题意.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判定，以及简单函数的单调性，属于基础题型.
四、解答题（共70分）
17. 已知，，，．
（1）求.
（2）如果，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解不等式可得集合，直接根据集合间的运算法则可得解；
（2）根据交集结果可得参数范围.
【小问1详解】
解不等式可得，
又，则或，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，，
又，所以.
18. 已知全集，集合，集合.
（1）求，；
（2）已知集合，若，求实数的取值范围.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】(1)先求出集合和，即可求出，；(2)由，可知集合是的子集，分两种情况：和，分别讨论即可．
【详解】（1）由，解得或，故，
则，,.
（2）因为，所以
若，即，即，符合题意；
若，即，因为，所以，所以
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】本题考查了集合的交集、并集和补集，考查了集合间的包含关系，考查了不等式的解法，属于基础题．
19. 设二次函数的图象过点和，且对于任意的实数，不等式恒成立．
（1）求函数的表达式；
（2）设，求在上的最大值
（3）设在区间上是增函数，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将点代入函数解析式，又恒成立即恒成立，所以其图像开口向上且和至多有一个交点．解以上各式组成的方程组可求得的值．
（2）为开口向下的抛物线，讨论其对称轴是否在区间内，再求其最值．
（3）函数在区间上是增函数等价于函数在区间上是增函数，且恒成立．
【小问1详解】
设，则由题设可得，故，
故，所以，
【小问2详解】
，对称轴
当，即时，
当，即时，
综上所述，.
【小问3详解】
由在区间上是增函数得上为增函数且恒非负
故.
20. 某地政府为增加农民收入，根据当地地域特点，积极发展农产品加工业经过市场调查，加工某农产品需投入固定成本万元，每加工万千克该农产品，需另投入成本万元，且已知加工后的该农产品每千克售价为元，且加工后的该农产品能全部销售完.
（1）求加工后该农产品的利润（万元）与加工量（万千克）的函数关系式；
（2）求加工后的该农产品利润的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值万元.
【解析】
【分析】（1）根据利润=收入-固定成本-投入成本，分与两种情况即可求解；
（2）当时由二次函数的性质求最值，当时用基本不等式求最值，最后比较即可求解
【详解】（1）当时，.
当时，.
故加工后该农产品的利润（万元）与加工量（万千克）的函数关系式为
（2）当时， ，
当时，取得最大值万元；
当时，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以当时，取得最大值万元.
因为，
所以当时，取得最大值万元.
21. 已知关于x的不等式.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）当a为常数时，求不等式的解集.
【答案】（1）
（2）当时，解集为
当时，解集为
当时，解集为
【解析】
【分析】（1）当时，解不含参数的一元二次不等式得解集；（2）当为常数时，先对不等式因式分解，找到两个可能的根，对分类讨论，求出每种情况下的解集
【小问1详解】
当时，，解得：
所以不等式的解集为
【小问2详解】
，化简得：
故函数有两个零点，，
当时，，此时不等式为，解得：
当时，，所以解不等式得：
当时，，所以解不等式得：
综上：当时，解集
当时，解集为
当时，解集为
22. 已知函数，.
（1）求函数的值域；
（2）设，，，求函数的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）先判断出函数在区间上的单调性，再利用单调性求值域即可.
(2)先利用配方法将化为二次型，再换元，然后由二次函数的对称轴与定义区间的位置关系分类讨论即可得出其最小值.
【详解】解：（1）在任取，且，则，，
所以，，
即，所以是上增函数，
故当时，取得最小值，当时，取得最大值0，
所以函数的值域为.
（2），，
令，，则.
①当时，在上单调递增，故；
②当时，在上单调递减，故；
当时，在上单调递减，在上单调递增，故；
综上所述，.
【点睛】关键点睛：本题考查求函数的值域和二次型的最大值问题，解答本题的关键是将化为二次型，令，，则，再分类讨论，属于中档题.