浙江省诸暨中学暨阳分校2024-2025学年高一上学期11月期中考试数学试题

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命题：张海婷 审题：杨秀
2024.11
考生须知：
1.本试题卷分为四部分，共4页，满分100分，考试时间为120分钟.
2.考生答题前，务必将自己的姓名､考号､班级（行政班､教学班）用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上.
3.选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如有改动，须将原填涂处用橡皮擦净.
4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸相应区域内，答案写在本试题卷上无效.
一､单选题（本大题共8小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，不选､多选､错选均不得分）
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集运算求解即可.
【详解】因为集合，所以.
故选：C.
2. 命题“”的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题进行判断.
【详解】因为“”的否定是“”.
故选：C
3. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分且必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分与必要条件的概念即可.
【详解】若，无法得到，因为当时，，所以不充分；
若，则可得到，则是必要条件.
即是的必要不充分条件.
故选：.
4. 已知幂函数的图象经过点，则（ ）
A. 定义域为B. 是偶函数
C. 是减函数D. 是奇函数
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求得.进而可得的单调性和奇偶性，进而逐项分析判断.
【详解】设，
代入点，可得，解得，
所以.
对于A：可知的定义域为，故A错误；
对于BD：因为，可知是偶函数，故B正确，D错误；
对于C：由偶函数对称性可知在定义域内不单调，故C错误；
故选：D.
5. 已知则等于（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数的定义域代入求值即可.
【详解】根据题意，得，
所以.
故选：.
6. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则当时，（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性即可求出函数的解析式.
【详解】由题意知，，，
当时，，
则，
所以，
即当时，.
故选：B
7. 若，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数、对数函数的单调性可得，即可求解.
【详解】，即，
，即，
，即，
又，所以，即，
所以.
故选：D
8. 设函数是定义在上的偶函数，在区间上是减函数，且图象过原点，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知关于直线对称，结合单调性分析的符号，进而解不等式即可.
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，
可知关于直线对称，
又因为在区间上是减函数，且图象过原点，即，
则在区间上是增函数，且，
当，；当，；
若，则或，解得或无解，
所以不等式的解集为.
故选：D.
二､多选题（本大题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得4分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 下列各组函数中，表示同一函数的是（ ）
A. 和
B. 和
C. 和
D. 和
【答案】BD
【解析】
【分析】由同一函数的对应法则、定义域都相同判断各项函数是否为同一函数.
【详解】A：，与的对应法则不同，不为同一函数；
B：，与对应法则、定义域都相同，是同一函数；
C：的定义域为，与的定义域不同，不为同一函数；
D：和的对应法则、定义域都相同，是同一函数.
故选：BD
10. 某食品的保鲜时间（单位：小时）与储存温度（单位：）满足函数关系为常数.若该食品在的保鲜时间是小时，在的保鲜时间是小时，则（ ）
A.
B. 储存温度越高保鲜时间越短
C. 在的保鲜时间是小时
D. 在的保鲜时间是小时
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意可知，，求得，进而可得，可判断A；
利用单调性可判断B；计算可判断C；计算可判断D.
【详解】对于A，由题可知，，
则，即，
可得，即，故A错误；
对于B，由A可知，在上是减函数，且在上是增函数，
所以在上是减函数，则储存温度越高保鲜时间越短，B正确；
对于C，由A可知，小时，C正确；
对于D，由A可知，小时，D正确.
故选：BCD
11. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
分析】对于ACD：利用基本不等式分析判断；对于B：消元结合二次函数分析判断.
【详解】依题意，，，且，
A选项，，当时，等号成立，
所以，故A选项错误.
B选项，，，
当时，等号成立，
所以，故B选项正确.
C选项，因为，
则
，
当且仅当，时，等号成立，
所以，故C选项正确.
D选项，因为，当且仅当时，等号成立，
所以，故D选项正确.
故选：BCD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题4分，共12分）
12. 函数（且）的图象恒过定点P，则点P的坐标为________
【答案】
【解析】
【分析】令，计算即可求解.
【详解】由题意知，令，得，
将代入解析式中，得，
则函数的图象恒定点，即.
故答案为：
13. 已知关于的不等式的解集为，那么关于的不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】分析可知解为，且，利用韦达定理求，进而代入解不等式即可.
【详解】由题意可知：的解为，且，
则，解得，
可得不等式即为，解得，
所以关于的不等式的解集为.
故答案为：.
14. 已知函数在上单调递增，则的值为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据题意分析可知：在内单调递增，且，分和两种情况，结合单调性分析求解即可.
【详解】因为在R上单调递增，且，
由题意可知：在内单调递增，
且，解得，
若，则，
结合单调性可得，解得，可得；
若，注意到，结合单调性可知，
此时，其图像如图所示
可得在内单调递增，符合题意；
综上所述：或.
故答案为：或.
四､解答题（本大题共5小题，共52分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
15. 设集合.
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）运用补集交集概念求解即可；
（2），得到.分类讨论，比较端点即可.
【小问1详解】
，
或x>7}，
.
【小问2详解】
，.
①时，得.
②时，则，
综上，实数的取值范围为.
16. 求下列式子的值：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由指数幂运算，即可得到结果；
（2）由对数的运算，即可得到结果；
【小问1详解】
原式.
【小问2详解】
原式.
17. 已知函数，若是定义域为的奇函数.
（1）求出函数的解析式；
（2）判断的单调性，并用定义加以证明.
【答案】（1）
（2）函数是上的增函数，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据奇函数可得解得，并代入检验即可；
（2）分类常数可得，结合单调性的定义分析证明.
【小问1详解】
因为是定义域为的奇函数，
则，即，解得，
此时，
可得，
即，可知是定义域为的奇函数，符合题意，
所以
【小问2详解】
由（1）可知：
可知是上的增函数，证明如下：
任取，，且
则，
因为，则，可得2x1−2x20,2x2+1>0，
则，即
所以是上的增函数.
18. 函数.
（1）当时，求该函数的值域；
（2）若对于恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据对数的运算性质，结合换元法、对数的单调性进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，通过常变量分离，结合构造函数、结合基本不等式进行求解即可.
【小问1详解】
，
，，
令，则，
易知单调递减，该函数值域为即；
【小问2详解】
令，则在上恒成立，
当时，恒成立，；
当时，等价于恒成立，
令.
当且仅当时取等号，.
综上，.
19. 若在上的值域是的子集，则称函数在上是封闭的.
（1）若在上是封闭的，求实数的取值范围；
（2）若在上是封闭的，求实数的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据新的定义，即求二次函数在0,2上的值域，利用分类讨论思想可得结果；
（2）根据新的定义，即求二次函数在上的值域，利用分类讨论思想建立不等关系可得结果.
【小问1详解】
函数开口向上，对称轴是，
当时，，
因为在0,2上是封闭的，
则有，解得；
当时，在0,2上为减函数，则有，解得，又，故无解；
综上，的取值范围是
【小问2详解】
函数开口向上，对称轴是，
当时，，
因为在上是封闭的，则有，解得，
依题意有，解得，
所以，
当时，在上为减函数，则有，
所以，即（舍去）
综上，的最大值是.