河北省衡水市重点高中2024-2025学年高一上学期10月期中考试数学试题含答案

这是一份河北省衡水市重点高中2024-2025学年高一上学期10月期中考试数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每小题5分）
1. 已知集合，，则（ ）．
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据交集的概念和运算求解出结果.
【详解】由，，得．
故选：A．
2. 已知集合，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件得到或或，再利用集合的互异性即可求出结果.
【详解】因为，所以或或，
当时，，不满足集合元素的互异性，
当时，得到或（舍），又时，，满足题意，
当，得到，此时，不满足集合元素互异性，
故选：A.
3. 设函数，则等于（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中分段函数解析式运算求解.
【详解】因为，所以.
故选：C.
4. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】利用全称命题的否定可得出结论.
【详解】由全称命题的否定可知，命题“，”的否定是“，”.
故选：C.
5. 下列表示正确的个数是（ ）
（1）；（2）；（3）；（4）若，则
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】由元素与集合的关系可判断（1）；由集合与集合的包含关系可判断（2）；由描述法可判断（3）；由集合的包含关系与交集的定义可判断（4）．
【详解】因为空集没有任何元素，故，故（1）正确；
因为空集是任何集合的子集，故，故（2）正确；
解方程组得，则，故（3）错误；
若，则，故（4）正确.
所以正确的个数是3．
故选：A．
6. 函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数定义域的求法求得正确答案.
【详解】依题意，，解得且，
所以函数的定义域为.
故选：B
7. 已知函数满足，则（ ）
A. -2B. 1C. 4D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，令，即取代入计算即得.
详解】函数满足，当，即时，.
故选：C
8. 已知，当时，取得最小值为b，则（ ）
A B. 2C. 3D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】变形后根据基本不等式求出，并得到等号成立的条件，得到答案.
【详解】因为，所以，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
故，.
故选：C
二、多选题（每小题6分）
9. 若，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由已知结合不等式的性质检验各选项即可判断．
【详解】对A，若，则，两边同时除以，
所以，A错误；
对B，由可得，B正确；
对C，因为，
所以，
即，C正确；
对D，由可得，，
所以，D正确．
故选：BCD.
10. 已知集合，，若，则实数的值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】
由可得出关于实数的不等式组，解出实数的取值范围，进而可得出实数的可能取值.
【详解】，且，所以，，解得.
因此，ABC选项合乎题意.
故选：ABC.
11. 已知关于的不等式的解集为或，则下列结论中，正确结论的序号是（ ）
A. B. 不等式的解集为
C. 不等式的解集为或D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由一元二次不等式的解集可确定，并知两根为和，利用韦达定理可用表示，由此将不等式中的用替换后依次判断各个选项即可得到结果.
【详解】对于A，由一元二次不等式组成和解集特征可知，故 A正确；
对于B，由题意，有两根为3和4，则，则，
于是，，又，可得，故B错误；
对于C，由，因，则，解得，故C错误；
对于D，因，故D正确.
故选：AD.
三、填空题（每小题5分）
12. 不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】直接解一元一次不等式可得答案.
【详解】由，得，
所以不等式解集为.
故答案为：.
13. 已知集合若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先通过集合相等以及集合中元素的互异性求出，然后计算即可.
【详解】，
，
，
且，
得.
.
故答案为：.
14. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用抽象函数的定义域求法计算即可．
【详解】由，得，所以函数的定义域为．
故答案为：
四、解答题
15. 设集合．
（1），求；
（2）若“”是“”的充分不必要条件，求m的取值范围．
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据 集合的补集定义以及集合的交集运算，即可求得答案；
（2）依题意可得，讨论集合是否为空集，列出相应的不等式，即可求得结果.
【小问1详解】
当时，可得，
故可得或，而，
所以或
【小问2详解】
由“”是“”的充分不必要条件可得；
当时，，解得，符合题意；
当时，需满足，且和中的等号不能同时取得，
解得；
综上可得，m的取值范围为或.
16. 已知，.
（1）求的取值范围；
（2）若，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用不等式的基本性质可求得的取值范围；
（2）将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【小问1详解】
解：因为，，则，，
由不等式的基本性质可得，
因此，的取值范围是.
【小问2详解】
解：因为，且，，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立.
因此，的最小值为.
17. 已知实数，满足，．
（1）求实数，的取值范围；
（2）求的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）用已知式子表示，利用不等式的性质求解范围即可；
（2）用已知式子表示，利用不等式的性质求解范围即可.
【小问1详解】
由，，
所以，
即，
所以，
即实数的取值范围为．
因为，
由，所以，又，
所以，
所以，
即，
即实数的取值范围为．
【小问2详解】
设，
则，解得，
，
，．
，，
∴，
即的取值范围为．
18. （1）已知是一次函数，且，求的解析式；
（2）已知函数，求的解析式；
（3）已知函数满足，求函数的解析式；
【答案】（1）或；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）设，可用待定系数法求解析式；
（2）令，用换元法求解析式；
（3）将换成，得，用解方程组法求解析式.
【详解】（1）设，
则.
，解得，或，
或.
（2）令，则，
，
即.
（3）在已知等式中，将换成，得，与已知方程联立，
得，解得.
19. 已知，关于的不等式的解集为或．
（1）求的值；
（2）解关于的不等式．
【答案】（1）
（2）分类讨论，答案见解析.
【解析】
【分析】（1）根据一元二次方程与不等式的关系，利用韦达定理，即可求解；
（2）根据（1）的结果，不等式为，分解因式后，讨论的取值，解不等式.
【小问1详解】
因为不等式的解集为或，
所以与是方程的两个实数根，
由根与系数的关系，得，
解得：，；
【小问2详解】
由（1）知不等式为，
即，
①当时，易得不等式的解集为，
②当时，不等式可化为，不等式的解集为或．
③当时，不等式可化为，
当，即时，不等式的解集为，
当，即时，不等式的解集为，
当，即时，不等式的解集为．