北京市延庆区2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷 含解析

延庆区2024-2025学年第一学期期中试卷高一数学本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟第I卷（选择题）一、选择题：本大题共10小题，每小题4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】D【解析】【分析】根据给定条件，利用交集的定义求解即得.【详解】集合，，所以.故选：D2.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解.【详解】因为，，所以，故选：D.3.已知全集且，则集合中元素有（）A.2个 B.4个 C.5个 D.7个【答案】B【解析】分析】利用列举法表示集合，解不等式化简集合，再求出即可得解.【详解】依题意，，解不等式，得，则，所以，集合中的元素有4个.故选：B4.已知集合满足，则有（）A.2个 B.4个 C.5个 D.7个【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，求出集合的真子集个数即可得解.【详解】集合满足，则集合可视为集合与集合的每个真子集的并集，而集合的真子集个数为，所以有7个.故选：D5.若和，则和的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据条件，通过作差法，得到，即可求解.【详解】因为，，所以，当且仅当时取等号，所以，故选：C.6.设，且，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】举例说明判断ABC；利用不等式的性质判断D.【详解】对于A，取，满足，而，A错误；对于B，取满足，而，B错误；对于C，取满足，而，C错误；对于D，由不等式性质知，由，得，D正确.故选：D7.下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（）A. B.C.， D.【答案】A【解析】【分析】利用奇偶函数的判断方法及基本函数的单调性，对各个选项逐一分析判断，即可求解.【详解】对于选项A，因为，定义域为，关于原点对称，又，所以是偶函数，又由幂函数的性质知在区间上单调递减，所以在区间上单调递增，故选项A正确，对于选项B，因为图象不关于轴对称，即不是偶函数，所以选项B错误，对于选项C，因为，的定义域不关于原点对称，即，是非奇非偶函数，所以选项C错误，对于选项D，当时，在区间上单调递减，所以选项D错误，故选：A.8.已知函数的定义域为，则“为奇函数”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】A【解析】【详解】试题分析：因函数的定义域是,故“是奇函数”是“”的充分条件；

反之,若,则函数不一定是奇函数,“f(x)为奇函数”不是必要条件.应选A.考点：充分必要条件.9.已知函数有两个零点，在区间上是单调的，且在该区间中有且只有一个零点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出函数的单调区间，再结合集合的包含关系及零点存在性定理列式求解即得.【详解】函数在上单调递减，在上单调递增，由在区间上是单调的，且在该区间中有且只有一个零点，得且或且，则或，解得或，所以实数的取值范围是.故选：C10.，设取，，三个函数值中的最小值，则的最大值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】作出函数的图象，利用图象求出其最大值.【详解】在同一坐标系内作出直线，，，由取，，三个函数值中的最小值，得的图象为下图中实线构成的折线图，则的最大值即为的图象最高点对应的纵坐标值，观察图象知，图象最高点是直线与的交点，由，得，因此的图象最高点是，所以的最大值为2.故选：B第II卷（非选择题）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.11.函数的定义域是______.【答案】【解析】【分析】利用函数有意义列式求出定义域.【详解】依题意，，解得，所以函数的定义域是.故答案为：12.已知奇函数满足，则______.【答案】大于【解析】【分析】利用奇函数的性质，结合不等式的性质求解即得.【详解】由奇函数满足，得，所以.故答案为：大于13.已知，，且是的必要不充分条件，则的取值范围是______【答案】【解析】【分析】根据条件得到，再利用集合间的关系，即可求解.【详解】因为是的必要不充分条件，则，又，，所以，故答案为：.14.已知，则的最大值是______，当且仅当______时，等号成立.【答案】①.②.【解析】【分析】根据给定条件，借助配凑的方法，利用基本不等式求出最大值及对应的值.【详解】由，得，则，当且仅当，即时取等号，所以当时，取得最大值.故答案为：；15.已知函数，给出下列四个结论：①函数是偶函数；②函数的增区间为；③不等式的解集是；④当时，令，则的最小值为.其中所有正确结论序号是______.【答案】①④【解析】【分析】利用偶函数的定义判断①；求出函数的单调递增区间判断②；分段求出不等式的解集判断③；利用基本不等式分段求出最小值判断④.【详解】函数的定义域为R，对于①，，函数是偶函数，①正确；对于②，，函数的增区间为，②错误；对于③，不等式，则或，解得或，所以不等式的解集是，③错误；对于④，依题意，，当时，，当且仅当，即时取等号；当时，，当且仅当，即时取等号，而，即，所以的最小值为，④正确.故所有正确结论的序号是①④.故答案为：①④【点睛】思路点睛：涉及分段函数解不等式问题，先在每一段上求解不等式，再求出各段解集的并集即可.三、解答题：本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16.求下列方程（组）的解集：（1）（2）（3）（4）【答案】（1）（2）当时，解集为；当时，方程解集为.（3）（4）【解析】【分析】（1）解一元二次方程即可得解集.（2）对分类讨论即可得方程的解集.（3）利用换元法令，把原方程化为一元二次方程，结合的取值范围即可得到原方程的解集.（4）利用代入消元法即可得到方程组的解集.【小问1详解】由得，，解得，故方程的解集为.【小问2详解】当时，方程无解，解集为，当时，解方程得，方程解集为.【小问3详解】令，则方程可化为，解方程得，（舍），，故方程解集为.【小问4详解】由得，，解得,方程组的解为，，故方程组解集为.17.求下列不等式（组）的解集：（1）（2）（3）（4）【答案】（1）或（2）（3）或x≥1（4）【解析】【分析】（1）根据条件，因式分解得到，再利用一元二次不等式的解法，即可求解；（2）根据条件，变形得到，再因式分解得，即可求解；（3）先变形成，再等价于且，即可求解；（4）先利用绝对值不等式的解法，求的解，再求的解，再求交集，即可求解.【小问1详解】由，得到，所以或，故不等式的解集为或.【小问2详解】由，即，得到，所以，故不等式的解集为.【小问3详解】由，得到，等价于且，所以或，故不等式的解集为或.【小问4详解】由，得到，即，对，因为，所以的解集为，故不等式组的解集为.18.已知关于的方程，.（1）当时，若方程的两根为与，求下列各式的值：①;②;③;（2）若该方程的两根同号，求实数的取值范围.【答案】（1）①6；②；③4；（2）.【解析】【分析】（1）把代入，利用韦达定理列式，再逐一变形计算各个式子的值.（2）利用判别式及韦达定理列出不等式组求解.【小问1详解】当时，方程，，则，①；②；③.【小问2详解】由方程的两根同号，得，解得，所以实数的取值范围是.19.已知函数过点.（1）求函数的解析式及定义域；（2）判断函数的奇偶性并证明；（3）令，求的解析式，并证明的图像关于对称.【答案】（1），定义域为（2）偶函数，证明见解析（3），证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件可得，即可得，由解析式可直接求出定义域，即可求解；（2）利用奇偶函数的判断方法，即可求解；（3）利用，即可得，再任取一点，通过证明其关于对称的点也在的图象上，即可求解.【小问1详解】因为函数过点，则，得到，所以，定义域为.【小问2详解】函数为偶函数，证明如下，因为的定义域为，关于原点对称，又，所以为偶函数.【小问3详解】因为，设是图象上任意一点，关于的对称点为，因为，所以，即点也在图象上，所以的图像关于对称.20.已知函数.（1）当，时，求函数的值域；（2）若函数在上是单调函数，求实数的取值范围；（3）当时，比较与的次小.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用二次函数的对称轴可求函数的单调性，求出最大值和最小值即可得到函数的值域.（2）讨论函数的单调性，利用定义域和对称轴的关系可求得参数的取值范围.（3）计算的取值范围，利用二次函数的单调性和对称轴可比较大小.【小问1详解】当时，，对称轴为直线，在上为减函数，在上为增函数，，故函数的值域为.【小问2详解】函数，对称轴为直线，当函数在上是单调增函数时，，，当函数在上是单调减函数时，，，综上得，实数的取值范围为.【小问3详解】当时，，对称轴为直线，在上为减函数，在上为增函数，且，∵，∴，故.21.设集合，对于集合A中的任意元素和及实数，定义：当且仅当时；.若A的子集满足：当且仅当时，，则称为A的完美子集.（1）集合，，分别判断这两个集合是否为A的完美子集，并说明理由；（2）集合，若不是A的完美子集，求的值.【答案】（1）是A的完美子集，不是A的完美子集，理由见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据完美子集定义去计算验证是否当且仅当时，即可得解；（2）先计算，接着由得方程，解该方程得或，再结合元素互异性分类讨论和这两种情况即可得解.【小问1详解】是A的完美子集，不是A的完美子集，理由如下：对于，因为，所以，所以当且仅当时，，所以是A的完美子集；对于，因为，所以，令，所以存在无数组解使得，如当时，，所以不是A的完美子集.【小问2详解】因为，所以，所以，因为不是A的完美子集，所以存在，使得，即存在使得，解方程组得，由集合互异性可得且，故且，所以解