辽宁省大连市滨城高中联盟2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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命题人：大连市第二十三中学 马晓晶 校对人：大连市第二十三中学 刘金秋
考试时间：120分钟满分：150分
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.
1. 命题，的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据特称量词命题的否定形式，直接求解.
【详解】特称量词命题的否定是全称量词命题，并且否定结论，
所以命题，的否定是，.
故选：C.
2. “”是“”成立的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义直接判断即可.
【详解】当时，；而当时，或，
所以“”是“”成立的充分不必要条件.
故选：A
3. 已知，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数的单调性比较大小.
【详解】依题意，，，又，
所以的大小关系是.
故选：B
4. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用求解抽象函数的定义域的方法即可.
【详解】函数的定义域为，
则，则且，
则函数的定义域为.
故选：D.
5. 若正实数a， b满足则有（ ）
A. 最小值，且最小值为 B. 最小值，且最小值为
C. 最大值，且最大值为 D. 最大值，且最大值为
【答案】B
【解析】
【分析】将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最值，进而可得出合适的选项.
【详解】已知，，且满足，
，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：B
6. 根据表格中的数据，可以判断方程的一个根所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据零点概念及零点存在定理判断即可.
【详解】设，由表格中的数据得，
，，
，，，
所以，
又的图象是连续不断的，
所以在内有零点．
故选：.
7. 已知定义在R上函数的图象是连续不断地，且满足以下条件：①，f−x=fx；②，当时，都有；③.则下列选项不成立的是（ ）
A. B. 若，则的取值范围是
C. 若，则D. 函数有最小值
【答案】B
【解析】
【分析】A选项，由条件得到是偶函数，在0,+∞上单调递增，故；
B选项，由单调性和奇偶性得到不等式，求出；
C选项，由，单调性和奇偶性得到当时，，当x∈−1,1时，，得到不等式解集；
D选项，由单调性和奇偶性得到
【详解】A选项，由条件①得是偶函数，条件②得在0,+∞上单调递增，
所以，故A正确；
B选项，若，则，得，故B错误；
C选项，是偶函数，且，故f1=0，
在0,+∞上单调递增，故在上单调递减，
故当时，，当x∈−1,1时，，
若，则或，
所以或，故C正确；
D选项，因为定义在R上函数的图象是连续不断地，
在0,+∞上单调递增，故在上单调递减，
所以，故D正确.
故选：B
8. 已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出每个函数的值域，将原问题转化为子集问题，列出不等式组求解即可.
【详解】易知对称轴为，故，易知，，
可得，而，故在上单调递增，
且， ，故，
故是的子集，
可得，解得，故B正确.
故选：B
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，则下列结论中正确的有（ ）
A. 若且，则
B. 若，则
C. 若，则
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】举反例即可说明A；由不等式的性质，即可说明B；利用作差法即可判断C；根据配方法即可判断D．
【详解】对A：当时，结论不成立，故A错误；
对于B：因为，所以，所以故B正确；
对于C：，
因为，所以，所以，即，故C正确；
对于D：等价于，成立，故D正确；
故选：BCD．
10. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，.已知函数，则关于函数的结论中正确的是（ ）
A. B. 是奇函数
C. 在上是单调递增函数D. 的值域是
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，由定义计算；B选项，取特殊值可判断，C选项，利用解析式判断单调性；D选项，结合函数新定义判断.
【详解】表示不超过的最大整数，则有，其中时，
，A选项正确；
，，
，不是奇函数，B选项错误；
时，，，则在上是单调递增函数，C选项正确；
，，，即的值域是，D选项正确.
故选：ACD.
11. 下列命题中正确的是（ ）
A. 已知函数，若函数在区间上是增函数，则的取值范围是
B. 函数在上的值域为
C. 若关于的方程的两根分别为，，且，则有
D. 函数，则不等式的解集为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，利用复合函数的单调性求的取值范围；B选项，利用函数定义域结合解析式求值域；C选项，解含绝对值的方程；D选项，构造函数，利用为奇函数，且在上单调递增，解不等式.
【详解】对于A，函数在区间上是增函数，
由函数是R 上的减函数，有函数在上单调递减，
时符合题意，A选项错误；
对于B，，
时，，有，得，
所以函数在上的值域为，B选项正确；
对于C，若关于的方程的两根分别为，，且，
则有，，所以，C选项正确；
对于D，设，，
，
，即，
设，
，
由于，故，，故，
则，故为奇函数，且在上单调递增，
则，
即，
故，解得，D选项正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若是定义在上的奇函数，当时，，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】函数为奇函数，有，代入解析式计算即可.
【详解】是定义在R上的奇函数，当时，，
则.
故答案为：
13. 若函数（且）经过的定点是P，则P点的坐标是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据的图象过0,1点可得答案.
【详解】的图象过0,1点，
图象由的图象右移3个单位、上移7个单位得到，
故过定点．
故答案为：．
14. 定义若函数，则的最大值为______；若在区间上的值域为，则的最大值为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先表示出的解析式，然后作出的图象，根据图象求解出最大值；结合图象分析值域为时定义域的情况，由此确定出的取值情况，即可求的最大值.
【详解】当时，解得或，
所以，
作出的图象如下图所示：
由图象可知：当时，有最大值，所以；
当时，解得或或；
当时，或，
由图象可知：当，时，值域为，此时的最大值为；
当时，的值域为，此时，
由上可知，的最大值为，
故答案为：；.
【点睛】思路点睛：本题考查取最小值函数的应用，处理这一类函数时，图象法是首选方法，通过数形结合的思想能高效的将问题简化.常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的数目；（2）求参数范围；（3）解不等式；（4）研究函数性质.
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. 已知全集集合，，．
（1）求；
（2）若，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简集合，由集合的并、补运算求解即可；
（2）通过讨论和即可求解.
【小问1详解】
集合，，
；
【小问2详解】
，，
①当时，，，
②当时，则，解得，
综上所述，a的取值范围为；
16. 计算下列各式的值.
（1）
（2）已知，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用指数幂数的运算法则即可得解；
（2）由已知分别求得和的值，代入即可得解.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
因为，
所以，
，
所以.
17. 若函数的定义域是，且对任意的，都有成立，且当时，.
（1）求，判断并证明函数的奇偶性；
（2）判断并证明函数的单调性；
（3）解不等式.
【答案】（1），奇函数，证明见解析
（2）单调递增，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）令，得，即可由求解，
（2）根据单调性的定义即可求解，
（3）根据奇偶性以及单调即可求解.
【小问1详解】
函数对任意的，都有，
令，得，，
奇函数，证明如下：
用代替，得，则f−x=−fx，
所以是奇函数.
【小问2详解】
fx在上单调递增，
证明：任取，则，
由于，所以，
所以，即，
所以在上单调递增.
【小问3详解】
由可得，
由于在上单调递增，
所以，解得或，
所以不等式的解集是.
18. 已知是定义在上的奇函数.
（1）求实数，的值.
（2）试判断并证明函数的单调性；
（3）已知，若对任意且，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）增函数，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由是奇函数，可得对任意的成立，可得实数，的值，代入验证后即可求解；
（2）根据题意设任意的，，由单调函数定义即可判断；
（3）利用换元法令，若不等式恒成立，再根据基本不等式性质即可求解.
【小问1详解】
因为是奇函数，则，
整理得：，
要使上式对任意的成立，
则，解得或，
当时，的定义域为，不合题意，
当时，的定义域为，符合题意，
所以
【小问2详解】
任意的，
有，
所以，故函数是上的增函数；
小问3详解】
，
因为恒成立，
等价于恒成立，令，，
则，
则，可得在时恒成立，
由基本不等式，当且仅当时，等号成立，故.
19. 已知二次函数满足，且该函数的图象经过点，在x轴上截得的线段长为4，设gx=fx−ax.
（1）求的解析式；
（2）求函数在区间0,2上的最小值；
（3）设函数，若对于任意，总存在，使得成立，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据二次函数的对称性及过的点列式求解即可；
（2）根据，，分类讨论求解即可；
（3）由题意，利用换元法求解函数的最小值，结合（2）中的最小值列不等式求解即可.
【小问1详解】
因为，则的图象关于直线对称且在x轴上截得的线段长为4，的图象与x轴的交点分别为，，所以设.
该函数的图象经过点，解得，所以.
【小问2详解】
因为，其对称轴方程为，
当，即时，.
当，即时，
当，即时，
综上所述，当时，，
当时，，
当时，.
【小问3详解】
若对于任意，总存在，使得成立，
等价于
函数，
因为，所以，所以当时，取得最小值
当时，，所以，不成立
当时，，所以，
解得或，所以
当时，，所以，解得，所以
综上所述，a的取值范围是.
【点睛】方法点睛：双变量的任意、存在性问题应转化成函数最值的大小比较问题.
x
-1
0
1
2
3
0.37
1
2.72
7.39
20.09
1
2
3
4
5