四川省成都市石室中学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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（考试时间：120分钟总分：150分）
第I卷选择题（满分58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，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算出即可求出.
【详解】由题意，，，
∴，
∴
故选：A.
2. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的解析式，列出函数解析式满足的不等式组，即可求得答案.
【详解】由题意得函数要有意义，需满足，
解得，即函数定义域为.
故选：C.
3. 小胡同学用二分法求函数在内近似解的过程中，由计算可得，，，则小胡同学在下次应计算的函数值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二分法的计算方法即可判断.
【详解】因为，，，则根应该落在区间内，
根据二分法的计算方法，下次应计算的函数值为区间中点函数值，即.
故选：D.
4. 幂函数图象关于轴对称，且在0,+∞上是减函数，则的值是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据幂函数的单调性，确定得到取值，再回代函数确定函数的奇偶性，即可求解.
【详解】因为幂函数，在区间上是减函数，
所以，解得：，
因为，得，
当时，函数是奇函数，不关于轴对称，故舍去，
当时，函数是偶函数，关于轴对称，符合题意，
当时，函数是奇函数，不关于轴对称，故舍去，
所以.
故选：A.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数式与对数式的互化，利用换底公式计算可得结果.
【详解】由可得，
所以.
故选：D
6. 设是定义域为上的偶函数，且在0,+∞单调递增，则（ ）
A. flg213>f2−32>f2−23B. flg213>f2−23>f2−32
C. f2−32>f2−23>flg213D. f2−23>f2−32>flg213
【答案】B
【解析】
【分析】先利用偶函数，化负为正，比较三个正数的大小，再利用函数单调性即可判断.
【详解】由是定义域为上的偶函数，且，所以，
因为在上递增，且0>−23>−32，所以，
而，则，
而0,+∞单调递增，所以flg213=flg23>f2−23>f2−32，
故选：B.
7. 函数在上单调递减的必要不充分条件可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复合函数单调性性质将问题转化为二次函数单调性问题，注意真数大于0，可求得充要条件，进而可得必要不充分条件.
【详解】令，而为增函数，
所以函数在上单调递减等价于在上单调递减且恒成立，
即，解得.
所以函数在上单调递减的充要条件是，
所以是函数在上单调递减的必要不充分条件.
故选：A.
8. 已知函数满足，对任意，且，都有成立，且，则的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知条件得到的图象关于对称，从而可知在上为增函数，在上为减函数，且，再画出折线图表示出函数的单调性，即可得到答案.
【详解】令，由，所以，
所以是偶函数，的图象关于轴对称，
所以，的图象关于轴对称，
所以的图象关于对称.
因为函数对任意，且，都有成立，
所以在上为增函数.又因为的图象关于对称，，
所以在为减函数，且.
用折线图表示函数的单调性，如图所示：
由，可得x+1>0fx>0或，
结合图象可得或，
所以的解集是.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键是得出函数关于对称，以及根据函数的单调性的定义得出的单调性.
二、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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，，且，函数与的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用分类讨论思想，结合函数的单调性作出判断.
【详解】因为，，且，所以有两种可能：
当，则在上是递减函数，且在上递减函数，此时只有C满足，故C正确；
当，则在上是递增函数，且在上递增函数，此时只有B满足，故B正确；
故选：BC．
10. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用给定条件结合基本不等式可判断AB正确，再利用指数函数以及对数函数单调性计算可判断CD.
【详解】对于A，由，可得，所以，
又，可得等号不成立，即，所以A正确；
对于B，，又，所以，
又，所以等号不成立，即，可得B正确；
对于C，因为，，所以，
可知，可得，因此；
易知函数在上单调递增，可得，即C正确；
对于D，由A可知，因为对数函数在x∈0,+∞上单调递增，
所以，即D错误.
故选：ABC
11. 已知与是函数上两个不同的点，则关于和的方程组的解的情况是（ ）
A. 若（为常数），则无论，，如何，总有唯一解
B. 若（为常数），则无论，，如何，总无解
C. 若（且），则存在，，，使之恰有两解
D. 若（且），则存在，，，使之无解
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过点在线上可得的关系，进而逐项求解方程组即可判断其正误.
【详解】对于A：由题意，则，
∵直线的斜率存在，∴，，
即，所以，
①②得：，即,
所以方程组有唯一解，故A正确；
对于B：与是函数上两个不同的点，
由题意可知，直线的斜率存在，
当时，，又，所以方程组无解；
当时，，且，
所以，由，得，
因为，所以方程组无解，综上所述，方程组无解.故B正确；
对于C：对于二元一次方程组：解的情况：要么无解，要么一解，要么无穷多解，故C错误.
对于D：取，与，此时方程组：，此时方程组无解，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是要根据函数的性质判断方程组的系数满足的条件，从而判断解的情况..
第II卷非选择题（满分92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则_____
【答案】
【解析】
【分析】对条件反复平方即可得到答案.
【详解】由于，故.
这就意味着，从而.
故答案为：
13. 已知函数（且），在上单调递减，则的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】由题意确定函数在每一段上单调递减需要满足的条件，以及函数在处函数值的关系，得到关于的不等式组，求解可得的取值范围.
【详解】因为函数（且），在上单调递减，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知函数，，若对任意的，总存在，使得成立，则实数的取值范围为_____.
【答案】
【解析】
【分析】首先由不等式恒能成立问题，转化为，讨论求的最大值，利用换元法和基本不等式法求的最大值，即可求解.
【详解】由题意可知，
设，，
，当，即时，等号成立，
所以的最大值为，
，，
当，即时，的最大值为，
即时，，得，即；
当，即可时，的最大值为，
即时，，解得，即；
当，即时，的最大值为，
即时，，得，即；
综上可知，的取值范围是.
故答案：
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. 计算下列各式的值：
（1）求值：；
（2）解关于的不等式.
【答案】（1）
（2）当或时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为.
【解析】
【分析】（1）根据指数运算和对数运算公式计算即可；
（2）由已知可得，分，，三种情况求解可得原不等式的解集.
【小问1详解】
【小问2详解】
由，可得，
所以，
当，即或，
不等式对应方程根为，
所以的解集为，
当，即或，
不等式对应方程根为，
所以的解集为，
当当，即，
所以的解集为，
综上所述：当或时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为.
16. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.
（1）求出函数的解析式；
（2）若关于的方程有3个不相等的实数根，求实数的取值范围；
（3）求函数在时的值域.
【答案】（1）
（2）
（3）
答案见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得，可求得，进而利用奇函数的性质可求得的解析式，从而可得函数的解析式；
（2）由题意可得与的图象有三个不同的交点，作出函数的示意图，可求得实数的取值范围；
（3）由题意，对分或或三种情况可求值域.
【小问1详解】
因为函数是定义在上的奇函数，所以，
所以，解得，所以当时，，
当时，，
又因为函数是定义在上的奇函数，所以，
所以，
所以；
【小问2详解】
fx=x2+2x=x+12-1,x≤0-x2+2x=-x-12+1,x>0，
作出函数的示意图如图所示：
要使关于的方程有3个不相等的实数根，则与的图象有三个不同的交点，
由图象可得，所以实数的取值范围为；
【小问3详解】
由（2）得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，函数在上单调递增，，
所以值域为，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，，
所以，所以值域为，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，，
所以，所以值域为，
综上所述：当时，值域为，
当时，值域为，
当时，值域为.
17. 海尔学校为更好的繁荣校园文化，展示阳光少年风采，举办了创意shw展演活动.该活动得到了众多人士的关注与肯定，并且随着活动的推进，也有越来越多的同学参与其中，已知前3周参与活动的同学人数如下表所示：
（1）依据表中数据，从下列三种模型中选择一个恰当的模型估算周后参与活动的同学人数（人），并求出你选择模型的解析式：①，②且，③且；
（2）已知海尔学校现有学生300名，请你计算几周后，全校将有超过一半的学生参与其中（参考数据：）.
【答案】（1），
（2）8周后，全校将有超过一半的学生参与其中
【解析】
【分析】（1）根据表格数据可知函数递增且增长速度越来越快，故选择模型③；代入表格中三个点即可构造方程组求得未知数，进而得到所求模型；
（2）根据（1）中结论可得不等式,结合题中数据分析求解即可.
【小问1详解】
从表格数据可以得知，函数是一个增函数，故不可能是①，
且函数增长的速度越来越快，所以选择③（且）
代入表格中的三个点可得：，解得：
所以，.
【小问2详解】
由（1）可知：，，
令，
整理得，
且，则，
所以8周后，全校将有超过一半的学生参与其中.
18. 定义在上的函数， 若对任意， 存在常数，都有成立，则称是上的有界函数，其中称为函数的上界. 已知函数.
（1）若是奇函数.
（i）求的值;
（ii）判断函数在上是否为有界函数，并说明理由；
（2）若在上是以为上界的函数，求的取值范围.
【答案】（1），是有界函数，理由见详解；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由是奇函数，可得，解得，对函数变形后，利用指数的单调性判断函数为有界函数；
（2）由题意得，在上恒成立，则 恒成立，转化为不等式组 在上恒成立，从而可求出的取值范围.
【小问1详解】
因为是奇函数，可得，则有，
解得，经检验此时为奇函数，所以；
此时，
则，
故x∈R时，，
所以函数为有界函数.
【小问2详解】
若函数在上是以为上界的函数，
则有在上恒成立，
故恒成立，即恒成立，
所以 ，即，
由题可知，不等式组 在上恒成立，
因为在上单调递减，其最大值为；
又在上单调递减，其最小值为，
所以 ，即，
故的取值范围为.
【点睛】本题属于新概念题型，要注重转化思想在该类型题目中的应用.
19. 已知函数，，其中．
（1）当时，求函数的定义域与值域：
（2）设集合，证明：；
（3）已知矩形的顶点，在的图象上，顶点，在的图象上轴，若，且该矩形的中心为点，求的值．
【答案】（1）定义域为，值域为
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据对数函数的性质求定义域；
（2）由对数函数性质不等式化为关于的一元二次不等式在上有解，再转化在上有解，利用根的分布知识求解可得；
（3）确定与的图象关于轴对称，由对称性得矩形的中心在轴上，得，设点坐标（），由对称性表示出的坐标，由此由对称性求得，得出，从而可得结论．
【小问1详解】
由题意可得：，得，
定义域为．
当时，，
，，
值域为．
【小问2详解】
又因为，所以可得
要证明：即证明在上有解
存在，使得成立
，即，
不等式在上有解，
设，因此在上有解，
所以，解得，
在上有解
即可证明：
【小问3详解】
与关于轴对称
由题意可知，矩形关于轴对称，所以，．
所以设点坐标（）
因为矩形且轴，轴
点坐标
又矩形关于轴对称
点横坐标为，同理可得点坐标
，且该矩形的中心为点
所以可得：，消去
得：
所以，展开可得：
因式分解可得：
所以．
【点睛】方法点睛：本题第（2）小题的解法是利用对数函数性质把问题转化为不等式有解问题，然后再转化为一元二次方程在区间内有解，从而利用二次方程根的分布知识求解．第（3）小题关键是确定函数图象的对称性，得出矩形中心在轴，然后设矩形顶点坐标，利用对称性把矩形中心坐标与顶点坐标建立关系，从而求得参数值．
活动举办第周
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2
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参与活动同学人数（人）
18
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