2024-2025学年重庆市巴蜀中学教育集团高一(上)期中考试数学试卷(解析版)

这是一份2024-2025学年重庆市巴蜀中学教育集团高一(上)期中考试数学试卷(解析版)，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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. 集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由可得，解得，即，
因故.
故选：D.
2. 已知函数，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】因为，所以，.
故选：A.
3. 函数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设，则，即，
代入，可得，故.
故选：A.
4. “”是“一元二次方程有两个正实根”（ ）
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】B
【解析】设一元二次方程的两个正实根分别为、，
由题意可得，解得，
因为，
所以，“”是“一元二次方程有两个正实根”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 已知实数，满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】由，得，
设，，则，
，
当且仅当，即，，时取等号.
故选：C.
6. 若函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】的定义域为，
的定义域为，
由可得： ，
解得：的定义域为.
故选：B.
7. 若对任意成立，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】令，则，故a>0，则或，
令，得，解得，故，解得，
当时，，
当时，，
综上，.
故选：C.
8. 若，且，则（ ）
A. -2B. -1C. D. 0
【答案】A
【解析】令，，得，得，
令，，
又，故，
即，故得到周期，
令，，即，故是偶函数，
又，，所以得到图象关于对称，
所以，，，，
所以.
故选：A.
二、多项选择题：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. 若实数满足，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】AC
【解析】选项，由不等式乘法性质知正确，故A正确；
选项， 时不成立，故错误；
C选项，由不等式的平方性质知C正确，故C正确；
选项，时不成立，故错误.
故选：AC.
10. 函数的函数值表示不超过的最大整数，例如：，称为取整函数，也称为高斯函数，在数学中有着广泛应用，则下列关于高斯函数的说法正确的是（ ）
A. 对任意的
B. 对任意的
C. 集合共有个元素
D. 时，关于的方程有无数个解
【答案】BCD
【解析】A选项，时，，故A错误；
选项，设，
，又，
故或1，故故B正确；
C选项，，
因为，所以 ，故C正确；
选项，当时，，故方程存无数个解，故正确.
故选：BCD.
11. 函数的定义域为，值域为，区域，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若表示一个正方形区域，则该区域的面积为
D. 存在无数个，使得不等式对恒成立
【答案】ACD
【解析】A：若，则恒成立，
显然时，成立，
时，，故，正确；
：由已知，则，错误；
C：若表示一个正方形区域，则，
设的解集为，，
又，所以，解得，
此时，故该区域的面积为，正确；
：当时，
，正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的单调递增区间是__________.
【答案】
【解析】函数有意义，则：，
求解关于实数的不等式可得函数的定义域为：，
二次函数开口向下，对称轴为，
结合复合函数的单调性可得函数的单调递增区间是.
13. 当时，关于的不等式恒成立，则实数的值为______.
【答案】或
【解析】由已知可得，
易知该不等式对应的三个根为，且恒成立；
由已知时，不等式恒成立，
则需满足（1），解得成立；
（2）时，，，解得成立；
综上可得或.
14. 若满足，则的最大值是______，的最小值是______.
【答案】2
【解析】因，由，
可得，
即得，当且仅当，即或时取等号，
即当或时，的最大值是；
因，，即得，
当且仅当，即或时取等号，
即当或时，的最小值是.
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，集合
（1）若，求实数的取值范围；
（2）已知，，求实数的取值范围.
解：（1）因为或，
，
且，则，解得，
因此，实数的取值范围是.
（2）因为，则，解得，
因为，则或，可得或.
综上所述，实数的取值范围是.
16. 已知二次函数的图象经过两点，且函数的最小值是.
（1）求的解析式；
（2）已知，讨论在区间上的最值.
解：（1）因为图象经过两点，且纵坐标相等，
所以的对称轴为，即的顶点为，
设二次函数的顶点式为，
因为，所以，
所以.
（2）当时，在上单调递减，
所以，；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以，；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以，；
综上所述：当时，，；
当时，，；
当时，，.
17. 已知函数，函数的定义域为.
（1）证明：函数的图象关于点成中心对称图形，并求坐标；
（2）若函数的图象关于点成中心对称图形，且时，，求函数的解析式.
解：（1）函数y=fx的定义域为，
证法一：
，
所以，，
所以，函数为奇函数，
故函数y=fx的图象关于点对称，其对称中心为；
证法二：因为
，
所以，函数y=fx的图象关于点对称，其对称中心为.
（2）因为函数y=gx的图象关于点1，0中心对称，
因为，解得，
当时，，
当时，，则
，
所以，，
综上所述，.
18. 已知函数的定义域为，对任意的都有，且 时，，时，.
（1）求的值并判断函数的奇偶性；
（2）讨论的单调性并证明；
（3）若对任意的成立，求实数的取值范围.
解：（1）因对任意的都有.
当时，令，则，因，则；
再令，则，即，因，则.
令y=-1，则，故是奇函数.
（2）在上是增函数.以下提供证明：
当 时，则，由，可得，
又 ，且时，，故 时，.
又因是定义在上的奇函数，所以.
任取 ，则 ，从而
，
在0，+∞上单调递增，
又因是上奇函数，则在上单调递增，且，
故在上是增函数.
（3）在中，令 ，可得，
因，则，
由可得，
即，
因在上是增函数，即得对任意的成立，
设，则解得或，
即实数的取值范围为.
19. 若函数满足：，则称函数为阶对称函数，已知是2阶对称函数.
（1）求实数的值；
（2）求函数的值域；
（3）若，讨论关于的方程的解的个数.
解：（1）因为是2阶对称函数，所以当时，有，
又时，，
故，
所以，
又，则恒成立，
即恒成立，则，故实数的值为2.
（2）由（1）知，即，定义域，
故，
令，则或，则，
函数在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递增，又，
时，时，，
故在或时的值域为，
即函数的值域是.
（3）由已知，
所以或，
因为，故，
由（2）知的值域是，
故无解，下面讨论方程的解的个数：
① 当时，，由（2）知，的值域是，
故无解，所以当时，原方程的解的个数为0；
② 当时，，即有唯一解，又，
即，方程的解是，
故有2个解，所以当，时，原方程的解的个数为2；
③当时，，
解得有两根，且解得，
又，即，此方程有2解，
，此方程有2解，故有4个解，
所以当时，原方程有4个解；
④当时，，
即有两解，
且，又 ，
，此方程有唯一解，
，此方程有2个解，故有3个解，
所以当时，原方程有3个解；
⑤ 当时，，
解得有两根，
且，
又 ，该方程无解，
方程有 2 解，故有2个解，
所以当时，原方程有2个解；
综上所述：当时，原方程的解的个数为0；
当或时，原方程的解的个数为2；
当时，原方程的解的个数为3；
当时，原方程的解的个数为4.