广东省东莞市石龙中学等三校2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份广东省东莞市石龙中学等三校2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷（解析版）-A4，共14页。
命题人：东莞市石龙中学宋静 审题人：东莞市石龙中学 许少颜
说明：本试卷共2页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．
注意事项：1．答卷前，考生请用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应的位置上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．
第Ⅰ卷（选择题）
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式得到，由交集概念求出答案.
【详解】，故.
故选：B
2. “”是“”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】B
【解析】
【分析】根据不等性质及命题的充分必要性直接可判断.
【详解】当时，若，则，即“”不是“”充分条件；
当时，，即“”“”必要条件，
综上所述，“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
3. 已知，则（ ）
A. 5B. 11C. 18D. 21
【答案】B
【解析】
【分析】用换元法求出的表达式即可得结果.
【详解】令，则，
所以，
即，所以，
故选：B.
4. 函数的零点为1，2，则不等式的解集为（ ）
A. B. 或
C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】由一元二次方程根与系数的关系和一元二次不等式的解法求出即可；
【详解】由题意可知，1,2为方程的两个根，
所以，解得，
所以即，即，
解得或，
所以不等式解集为或，
故选：C
5. 如图的曲线是幂函数在第一象限内的图象.已知分别取四个值，与曲线相应的依次为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作直线分别与曲线相交，结合函数的单调性即可判断.
【详解】因为函数为增函数，所以，
所以作直线分别与曲线相交，交点由上到下分别对应的n值为，
由图可知，曲线相应n值为.
故选：A

6. 若，且，则下列不等式一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合作差比较法，逐项判定，即可求解.
【详解】因为且，可得，所以，
对于A中，由，所以，所以A正确；
对于B中，由，所以，所以B不正确；
对于C中，由，
因为，所以，可得，
所以，所以C不正确；
对于D中，由，所以，所以D不正确.
故选：A.
7. 已知函数，其图象无限接近直线但又不与该直线相交，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件求出，再代入讨论符号即可求解.
【详解】根据题意知，其图象无限接近直线但又不与该直线相交，
所以可求得，则函数，
所以
当时，则可得，又因单调递增，所以可得，
当时，则可得，又因单调递增，所以可得，
综上可得的解集为.
故选：A
8. 黎曼函数（Riemann functin）是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现并提出，其基本定义是：（注：分子与分母是互质数的分数，称为既约分数），若是奇函数，且，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题知，进而得函数为周期函数，再根据周期函数的性质结合黎曼函数的定义求解即可.
【详解】∵是定义在R上的奇函数，且，
∴，∴，
∴函数是以为周期的周期函数，
则 ，
，
∴.
故选：B.
二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列判断不正确的有（ ）
A. 函数与表示同一函数
B. 函数的图象与直线的交点最多有1个
C. 函数与是同一函数
D. 函数是增函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数定义域、值域、对应关系可判断AC错误，再由函数定义可得B正确，由增函数定义以及函数解析式可得D错误.
【详解】对于A，易知函数的定义域为，
而的定义域为，所以两函数不同，即A错误；
对于B，根据函数定义可知自变量若在定义域为内，其函数值唯一确定，此时y=fx的图象与直线仅有一个交点；
若不在定义域内，y=fx的图象与直线无交点，即可得B正确；
对于C，易知可等价为，两函数对应关系以及值域均不相同，
因此函数与不是同一函数，即C错误；
对于D，函数在和0,+∞上分别是单调递增的，但其不是增函数，即D错误.
故选：ACD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数的图像恒过定点，且点在直线，上，则的最小值为8．
B. 若，则的最大值为．
C. 函数的最大值为．
D. 若正数，满足，则的最小值是9．
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于选项A：利用指数型函数的性质可求得定点，将点的坐标代入，结合题意，利用基本不等式可得结果;对于选项B：利用配凑思想，根据基本不等式即可判断；对于选项C：时，利用基本不等式， 则即可判断；对于选项D：利用基本不等式，结合一元二次不等式求解即可判断；
【详解】对于A:时，函数值恒为，
函数的图象恒过定点，
又点在直线上，，
又
，（当且仅当时取“=”），
所以，的最小值为，故A选项错误；
对于选项B：因为，所以，
当且仅当，即时取等号，故选项B正确；
对于C:因为，所以 ，当且仅当时等号成立.
则函数的最大值为，C选项正确.
对于D:因为，且 ，
所以，即得，
所以，即得，当且仅当时取最小值9，D选项正确.
故选：BCD.
11. 若，则下列关系正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据条件，利用的单调性，可得，即可判断选项A的正误，再利用，对其余各个选项分析判断，即可求解.
【详解】由，得到，
易知在定义域上单调递增，得到，所以选项A正确，
对于选项B，取，显然有，但，所以选项B错误，
对于选项C，因为在定义域上单调递减，所以，即，所以选项C正确，
对于选项D，若，则，所以选项D错误，
故选：AC.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 命题：，，则命题的否定为______.
【答案】，，
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题易求.
【详解】根据存在量词命题的否定为全称量词命题知：
命题：，的否定为，.
故答案：，
13. 已知不等式在上恒成立．则的取值范围为_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，分和两种情况讨论，结合条件，利用二次函数图象与性质即可求解.
【详解】当时，原不等式为，在上恒成立，所以满足题意，
当时，不等式在上恒成立，
则，解得，
综上，的取值范围为，
故答案为：.
14. 已知函数是偶函数，当时，，若函数在区间上具有单调性，则实数a的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据奇偶性求函数解析式，进而结合图象即可求解.
【详解】）设，则，则，因为为偶函数，
所以，所以，作出的图象如图：
因为函数在区间上具有单调性，
由图可得或，解得或，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题各15分，18、19各17分，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效．
15. 已知集合，，.
（1）求，，；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1），，或
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据集合的定义计算集合的并集，交集以及补集.
（2）利用集合的性质求参数的取值范围.
【小问1详解】
因为，，
所以，，或.
【小问2详解】
因为，，且，
所以，所以的取值范围是.
16. （1）求值：；
（2）已知，求值：.
【答案】（1）3；（2）6
【解析】
【分析】（1）利用指数运算性质化简求值即可；
（2）结合指数运算性质，利用完全平方和公式求解即可.
【详解】（1）原式.
（2）由，而，
则，故.
17. 已知函数，且，．
（1）求的解析式；
（2）判断在上单调性，并用定义证明．
（3）若对，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）在上单调递增，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意列出方程组并解出即可得；
（2）结合单调性定义，令，求出的正负即可得；
（3）结合函数单调性，可得，解出即可得.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
故；
【小问2详解】
在上单调递增，证明如下：
令，则，
由，故，，即，
故在上单调递增；
【小问3详解】
由在上单调递增，
则当时，有，
即.
18. 某企业投资生产一批新型机器，其中年固定成本为1000万元，每生产x台，需另投入生产成本万元.当年产量不足25台时，；当年产量不小于25台时，且当年产量为10台时需另投入成本1100万元；若每台设备售价200万元，通过市场分析，该企业生产的这批机器能全部销售完.
（1）求k的值；
（2）求该企业投资生产这批新型机器的年利润所（万元）关于年产量x（台）的函数关系式（利润＝销售额－成本）；
（3）这批新型机器年产量为多少台时，该企业所获利润最大？并求出最大利润.
【答案】（1）
（2）
（3）20台，200万元
【解析】
【分析】（1）将代入即可求解，
（2）根据销售额减去成本，即可得利润，
（3）利用二次函数的性质以及基本不等式可分别求得相应范围上的最大值，进而比较求解.
【小问1详解】
当，代入，得；
【小问2详解】
由题意可得：当时，，
当时，
所以年利润（万元）关于年产量x（台）的函数关系式为：
；
【小问3详解】
由（1）得时，，
此时（台）时，（万元）
当时，
，
当且仅当，即时等号成立，（万元）
而，故（台）时，利润最大，最大利润是200万元，
综上所述：年产量为20台时，该企业所获利润最大，最大利润是200万元.
19. 函数y=f(x)的图象关于坐标原点成中心对称的充要条件是函数y=f(x)为奇函数，可以将其推广为：函数y=f(x)的图象关于点成中心对称的充要条件是函数为关于的奇函数，给定函数，关于中心对称．
（1）求的值
（2）已知函数，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1） 根据恒成立，即可得解；
（2）由题意得，，又，，抓住对称轴和区间的位置关系讨论，从而可得出答案．
【小问1详解】
因为的图象存在对称中心
则的图象关于原点成中心对称，
因为的定义域为R，所以恒成立，
即恒成立，解得．
【小问2详解】
因为在区间上单调递减，值域为，即最大值为，
又，，，
所以，，
又，，
当，即时，在区间单调递减，
所以，解得，舍去；
当，即，在单调递增，单调递减，
所以，解得，所以；
当，即，在单调递增，
所以，解得（舍），
综上所述：
【点睛】关键点睛：本题第二问，关键是理解题意先将问题转化为，然后利用的对称轴与区间的关系分三种情况讨论，求出的最大值得解.