2024-2025学年兰州市高一数学上学期期中考试卷附答案解析

-2025学年兰州市高一数学上学期期中考试卷试题满分：150分，答题时间：120分钟一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，若（）A.B.C D.2.命题“”的否定为（）A.B.C. D.3.下列图象中，能表示定义域和值域均为的函数图象的个数是（）A.0个 B.1个 C.2个 D.3个4.函数的定义域为（）A. B. C. D.5.“且”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6.已知，且，则最小值为（）A45 B.42 C.40 D.387.已知，，，则，，的大小关系是（）A.B.C. D.8.若函数是R上的增函数，则实数a的取值范围为（）A.1,+∞ B. C. D.二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.下列命题为真命题的是（）．A.若，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则10.下列函数中，既是奇函数又是减函数的是（）A.B.C. D.11.已知函数有且只有一个零点，则下列结论正确的是（）A.B.C.不等式的解集为D.若不等式的解集为，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设集合，，若，则______.13.当且时，函数的图象一定经过定点___________14.若，则的最小值是_____．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.（1）比较与的大小；（2）已知，求证：.16.已知函数.（1）若的解集为，求，；（2）若，，，求的最小值.17.已知函数.（1）利用绝对值及分段函数知识，将函数解析式写成分段函数，然后画出函数图象；（2）写出函数的值域.18.已知集合.（1）求（2）若，，求实数的取值范围.19.已知函数f(x)的定义域是{x|x≠0}，对定义域内的任意，都有f(·)＝f()＋f()，且当x>1时，f(x)>0，f(2)＝1.(1)证明：(x)是偶函数；(2)证明：(x)在(0，＋∞)上是增函数；(3)解不等式(2－1)<2.20.是“电子不停车收费系统”的简称.汽车分别通过通道和人工收费通道的流程如图所示.假设汽车以朝收费站正常沿直线行驶，如果走通道，需要在到达收费站中心线前处正好匀减速至，匀速通过“匀速行驶区间”后，再加速至后正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过缴费成功后，再启动汽车匀加速至正常行驶.设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为.求：（1）汽车走人工收费通道时，开始减速的位置距离收费站中心线是多远；（2）汽车走通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；（3）汽车走通道时，由于缴费耽误的时间是多2024-2025学年兰州市高一数学上学期期中考试卷试题满分：150分，答题时间：120分钟一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，若（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用交集的定义运算即得.【详解】因为，则.故选：B.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：C3.下列图象中，能表示定义域和值域均为的函数图象的个数是（）A.0个 B.1个 C.2个 D.3个【答案】B【解析】【分析】根据函数的定义及给定的定义域和值域，结合各图象即可得答案.【详解】由函数定义：任意自变量有且仅有一个函数值与之对应，排除第三个图；第一个图中定义域不为，第二个图值域不为，所以，只有最后一个图满足题设.故选：B4.函数的定义域为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据分母不为零和偶次方根的被开方数非负得到不等式组，解得即可.【详解】解：因为，所以，解得，即函数的定义域为.故选：C5.“且”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】【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合不等式的基本性质与特殊值法判断即可.【详解】由“且”能推出“”，因此条件充分；取，时，“”推不出“且”，因此条件不必要．故选：A．【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，涉及不等式基本性质的应用，考查推理能力，属于基础题.6.已知，且，则的最小值为（）A.45 B.42 C.40 D.38【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式“1”的妙用，即可求解.【详解】由题意得，当且仅当，即时，等号成立．故选：A7.已知，，，则，，的大小关系是（）A.B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据指数函数、幂函数单调性分析判断.【详解】因为在内单调递减，则，即；且在内单调递增，则，；且在内单调递增，，即；综上所述：故选：B.8.若函数是R上的增函数，则实数a的取值范围为（）A.1,+∞ B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据分段函数的单调性即可求解.【详解】函数是R上的增函数，，解得.故选：D.二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.下列命题为真命题的是（）．A.若，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】AC【解析】【分析】AC选项用不等式的基本性质进行证明；B选项，用作差法比较大小；D选项，举出反例.【详解】因为，且，不等式两边同乘以得：；A正确；，由于，，而可能大于0，也可能小于0，故B选项错误；由，则，由不等式的基本性质得：，C正确；当时，满足，，但，D错误.故选：AC10.下列函数中，既是奇函数又是减函数的是（）A B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】通过判断具体函数奇偶性和单调性即可.【详解】A.（），则，因为，故函数不是奇函数，错误；B.（），，函数是偶函数，不是奇函数，错误；C.（），函数为奇函数，根据幂函数的性质可知函数为减函数，正确；D.，则，故函数为奇函数，又，如图：根据图象函数为减函数，正确.故选：CD11.已知函数有且只有一个零点，则下列结论正确的是（）A.B.C.不等式的解集为D.若不等式的解集为，则【答案】ACD【解析】【分析】先根据题意得出；再由二次函数的最值的求法可判断选项A，根据基本不等式可判断选项B，由三个二次之间的关系可判断选项C，由三个二次之间的关系及韦达定理可判断选项D.【详解】因为有且只有一个零点，所以，即.对于选项A，因为，所以，故选项A正确；对于选项B，因为，当且仅当时，等号成立，故选项错误；对于选项C，因为，所以不等式的解集为，故选项C正确；对于选项D，因为不等式的解集为，所以方程的两根为，且，所以，故选项D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设集合，，若，则______.【答案】1【解析】【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可.【详解】因为，则有：若，解得，此时，，不符合题意；若，解得，此时，，符合题意；综上所述：.故答案为：1.13.当且时，函数的图象一定经过定点___________【答案】【解析】【分析】令可求出定点.【详解】令，可得当时，，所以图象一定经过定点.故答案为：.14.若，则的最小值是_____．【答案】【解析】【分析】由已知可知，然后利用基本不等式即可求解．【详解】解：，，（当且仅当取等号）故答案为．【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值，解题的关键是配凑积为定值，属于基础试题．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.（1）比较与的大小；（2）已知，求证：.【答案】答案见解析【解析】【分析】（1）利用作差法比较大小；（2）根据，得到，再由，根据不等式的性质可得，从而得证.【详解】（1）因为，所以；（2）因为，所以，又，所以，得证.16.已知函数.（1）若的解集为，求，；（2）若，，，求的最小值.【答案】（1），（2）9【解析】【分析】（1）根据题意可知，是方程的两根，利用韦达定理运算求解；（2）由题意可得，根据“1”的灵活应用结合基本不等式运算求解.【小问1详解】因为的解集为，可知，是方程的两根，则，解得，.【小问2详解】因为，即，且，，则，当且仅当，即时，等号成立，所以当，时，的最小值为9.17.已知函数.（1）利用绝对值及分段函数知识，将函数解析式写成分段函数，然后画出函数图象；（2）写出函数的值域.【答案】（1），图象见解析（2）【解析】【分析】（1）根据绝对值定义将函数分成三段，通过描点画函数图象；（2）根据函调图象可得函数最小值，无最大值，即得函数值域.【小问1详解】当时，；当时，；当时，，∴f(x)=−2x,x<−12,−1≤x≤12x,x>1【小问2详解】由函数图象知，函数的值域为．18.已知集合.（1）求（2）若，，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先化简集合A，然后根据补集运算求出，最后再求.（2）由题意可知或，解不等式即可.【小问1详解】解：，，则.【小问2详解】集合，，若，则，即；若则解得.综上，实数的取值范围为.19.已知函数f(x)的定义域是{x|x≠0}，对定义域内的任意，都有f(·)＝f()＋f()，且当x>1时，f(x)>0，f(2)＝1.(1)证明：(x)是偶函数；(2)证明：(x)在(0，＋∞)上是增函数；(3)解不等式(2－1)<2.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）令，求得，再由，求得，进而得出，即可得到证明；（2）根据函数的单调性的定义，即可证得函数的为单调递增函数；（3）由（1）（2）可把不等式转化为，进而得，结合，即可求解.【详解】(1)证明令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝0.令x1＝x2＝－1，得f(－1)＝0，∴f(－x)＝f(－1·x)＝f(－1)＋f(x)＝f(x)．∴f(x)是偶函数．(2)证明设x2>x1>0，则f(x2)－f(x1)＝f(x1·)－f(x1)＝f(x1)＋f()－f(x1)＝f()，∵x2>x1>0，∴>1.∴f()>0，即f(x2)－f(x1)>0.∴f(x2)>f(x1)．∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(3)解∵f(2)＝1，∴f(4)＝f(2)＋f(2)＝2.又∵f(x)是偶函数，∴不等式f(2x2－1)<2可化为f(|2x2－1|)<f(4)．又∵函数f(x)在(0，＋∞)上增函数，∴|2x2－1|<4.解得－<x<，又，解得：即不等式的解集为．【点睛】本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的定义法证明，以及函数的单调性的应用，其中解答中熟记函数的单调性与奇偶性的定义，合理运算、化简是解答的关键，同时考查了转化思想的应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力.20.是“电子不停车收费系统”的简称.汽车分别通过通道和人工收费通道的流程如图所示.假设汽车以朝收费站正常沿直线行驶，如果走通道，需要在到达收费站中心线前处正好匀减速至，匀速通过“匀速行驶区间”后，再加速至后正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过缴费成功后，再启动汽车匀加速至正常行驶.设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为.求：（1）汽车走人工收费通道时，开始减速的位置距离收费站中心线是多远；（2）汽车走通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；（3）汽