福建省泉州市四校联考高一上学期11月期中考试数学试题（含答案解析）

泉州一中､泉港一中､德化一中､厦外石狮分校四校联盟2024-2025学年上学期期中考联考高一年段数学学科试卷满分：150分考试时间：120分钟命题人：黄立审核人：张国川､王明岚､陈亚良､陈修舟､蔡晓华注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸､试题卷上答题无效.3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚.4.保持答题卡卡面清洁，不折叠､不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.命题无论取何实数，必有，则为（）A.，都有 B.，都有C.，使得 D.，使得【答案】D【解析】【分析】根据全称命题的否定可得出命题.【详解】由题意可知，命题，，该命题为全称量词命题，故，使得，故选：D.2.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先解指数不等式求出集合，解一元高次不等式求出集合，最后根据补集的定义计算可得.【详解】由，即，所以，即，由，即，等价于，解得或，所以，所以.故选：A3.已知函数，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的解析式代值计算可得的值.【详解】因为，则，所以，，故选：C.4.已知函数在上单调递增，则的单调减区间为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由函数在上单调递增，则在上单调递增，根据复合函数的单调性“同增异减”求出函数在定义域内的递减区间即可．【详解】因为函数在上单调递增，所以在上单调递增，设，由，解得或，所以在上单调递减，所以的单调减区间为.故选：B.5.已知是奇函数，当时，且，又，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用奇函数的性质求出的值，再结合可求出的值，可得出在时的解析式，代值计算可得出的值.【详解】因为函数是奇函数，当时，且，则，即，所以，，所以，当时，，故，故选：C.6.若，，则不能满足的条件为（）A.奇数，为偶数 B.为偶数，为奇数C.均为奇数 D.均为偶数【答案】A【解析】【分析】根据分数指数幂的定义判断即可.【详解】对于A：因为，当为奇数，为偶数时，，此时无意义，不合题意，故A错误；对于B：因为，当为偶数，为奇数时，，此时，符合题意，故B正确；对于C：因为，当为奇数，为奇数时，，此时，符合题意，故C正确；对于D：因为，当为偶数，为偶数时，，此时，符合题意，故D正确；故选：A7.已知，则的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据指数函数、幂函数的性质判断即可.【详解】因为在定义域上单调递减且过点0,1，定义域为，在定义域上单调递增且过点，在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下：所以与有且仅有一个交点，且交点的横坐标属于0,1，又，所以，又，所以，因为，所以，综上可得故选：D8.已知偶函数y=fx的定义域为，且当时，（x为不超过的最大整数）.则关于的不等式的整数解的个数为（）A.2023 B.2024 C.2026 D.2027【答案】C【解析】【分析】由已知，结合图象，分析当和时，不等式的整数解的个数，可得答案.【详解】因为y=fx是偶函数，当时，，所以，当时，，关于的不等式，当时，，当，时，不等式不成立，当时，则，不等式成立，当时，则，不等式成立，当时，则，不等式成立，当时，由和，的图象可知，不等式不成立，所以不等式的整数解有3个，当时，，此时，不等式成立，又，则在时，不等式的整数解有个，所以关于的不等式的整数解的个数为个.故选：C.二､多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列各组函数是同一个函数是（）A.与B.与C.与D.与【答案】BC【解析】【分析】分别分析每个选项中函数的定义域和对应关系式是否相同即可.【详解】对于A，两个函数的定义域均为，因为，则两者对应关系不同，故A错误；对于B，两个函数的定义域均为，两者对应关系相同，故B正确；对于C，两个函数的定义域均为，又，两者对应关系相同，故C正确；对于D，两个函数的定义域相同，两者对应关系不相同，故D错误；故选：BC.10.已知，都有.下列各式一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】利用特殊值判断A，利用重要不等式判断B、C、D即可.【详解】因为，都有，对于A，令，则，故A错误；对于B，因为，则，因为，所以，故B正确；对于C，，则，因为，则，，当且仅当，即时，等号成立，所以，则，故C正确；对于D，因为，又，所以，则，故D正确.故选：BCD.11.已知函数，.下列说法正确的是（）A.为奇函数B.C.，使得D.，都有【答案】AD【解析】【分析】首先判断、的奇偶性，即可判断A，根据指数的运算判断B，利用作差法得到，即可判断C，再判断的单调性，结合C即可判断D.【详解】函数，的定义域均为，且，，所以为偶函数，为奇函数，则,所以为奇函数，故A正确；因为，，所以，故B错误；因为fx−gx所以不存在，使得，故C错误；因为与在定义域上单调递增，所以在定义域上单调递增，又，所以，都有gfx>ggx故选：AD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.根式化为分数指数幂的形式为__________.【答案】【解析】【分析】根据指数幂的运算法则计算可得.【详解】.故答案为：13.集合，，则的一个充分不必要条件为__________.（用表示）【答案】（的范围为集合的真子集即可）【解析】【分析】（只要能推出即可）.【详解】因为集合，，且，则，故使得的一个充分不必要条件为“”.故答案为：（的范围为集合的真子集即可）.14.对于，满足恒成立，则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】分和两种情况，满足恒成立，则的图象恒在的图象下方，联立方程，令，求解即可.【详解】因为，所以，当时，，所以，所以恒成立；当时，的图象恒在的图象下方，又，则由，得，则，即，解得或，则由，得，则，即，解得或，因为，所以，综上，的取值范围为.故答案为：.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.已知集合.（1）当，求；（2）当且，求的范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当时，解出，，由集合的运算求出；（2）由，或，由，求得，即可得到的范围.【小问1详解】由已知，，当时，，所以.【小问2详解】因为，即，当时，，，则，所以，则，解得，则，得，因为，所以，解得，综上，的范围为.16.已知直角三角形中，.设两直角边长分别为.斜边上的定点到两直角边的距离分别为1，2.（1）求三角形的面积最小值；（2）用表示三角形的周长，并求其最小值.【答案】（1）（2）三角形的周长为；三角形的周长的最小值为【解析】【分析】（1）设，由已知，可得，则，代入三角形的面积公式，利用基本不等式即可求出三角形的面积最小值；（2）三角形的周长为，利用三角变换可化为，令，则利用基本不等式，即可求得三角形的周长的最小值.【小问1详解】由已知，过点作到两直角边的垂线，垂足分别为，则，，所以，则，设，则，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以三角形的面积最小值为；【小问2详解】在直角三角形中，，则，由（1），，，所以三角形的周长为，因为，所以，令，则，则，当且仅当，即时，等号成立，所以三角形的周长的最小值为.17.已知函数.（1）判断函数在的单调性，并用定义证明；（2）求函数在的值域.【答案】（1）函数在上单调递减，证明见解析（2）【解析】【分析】（1）判断出函数在上单调递减，任取、且，作差，变形并判断的符号，结合函数单调性的定义可证得结论成立；（2）分析函数在上单调性，即可求出该函数在区间上的值域.【小问1详解】函数在上单调递减，证明如下：任取、且，则，因为，则，，，因为，，则，可得，所以fx1−f所以函数在上是减函数.【小问2详解】任取、，且，即，则，，可得，且，，，所以，即，所以函数在上为增函数，故当时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，又因为，，所以，，因此函数在的值域为.18.已知函数具有性质（为常数且），则称该函数为“倒装函数”.（1）请在以下三个函数中找出“倒装函数”，求出对应的的值并说明理由；①；②；③.（2）已知函数.（i）证明：；（ii）讨论方程的实根的个数.【答案】（1）①③不是，②是，且（2）（i）证明见解析；（ii）答案见解析【解析】【分析】（1）根据“倒装函数”的定义得出，计算并判断出等式能否恒成立，若能恒成立，求出的值即可；（2）（i）分析可知，函数为奇函数，故只需证即可，然后化简函数的解析式为，令，利用复合函数法分析函数的单调性，求出函数在0,+∞上的最大值，即可证得结论成立；（ii）分析函数的单调性，对实数的取值进行分类讨论，数形结合可得出方程的实根的个数.【小问1详解】对于①，若函数为“倒装函数”，则，且，整理可得，该等式不恒成立，所以，函数不是“倒装函数”；对于②，若函数为“倒装函数”，则，且，整理可得恒成立，所以，，所以，函数为“倒装函数”；对于③，若函数为“倒装函数”，则，即，整理可得，该等式不恒成立，所以，函数不是“倒装函数”.【小问2详解】（i）因为函数的定义域为R，，则函数为奇函数，且，要证，只需证当时，即可.当时，，令，因为，则，则，由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递增，函数在0,+∞上单调递减，所以，函数在单调递减，所以，，即当时，，因此，对任意的x∈R，；（ii）由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，在上单调递增，函数在单调递减，由复合函数的单调性可知，函数在上单调递增，在上单调递减，又因为函数为奇函数，所以，函数在单调递减，在上单调递增，且当时，；当时，.作出函数的图象如下图所示：由图可知，当或时，直线与函数的图象无交点，此时，方程无实根；当时，直线与函数的图象只有一个公共点，此时，方程只有一个根；当或时，直线与函数的图象有两个公共点，此时，方程有两个实根.故当或时，方程的根的个数为；当时，方程的根的个数为；当或时，方程的根的个数为.【点睛】方法点睛：判定函数的零点个数的常用方法：（1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果；（2）数形结合法：先令，将函数的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果.19.有限集中元素均为正整数，设中的元素.当，都存在，使得，则称中的元素是“完全可拆”；当，则称中的元素是“完全不可拆”.（1）判断集合且中元素是“完全可拆”或“完全不可拆”，并说明理由；（2）若，且中的元素“完全可拆”，求的最小值；（3）若为奇数，且中的元素“完全不可拆”，求的最大值（用表示）.【答案】（1）中的元素是“完全可拆”；中的元素是“完全不可拆”（2）9（3）【解析】【分析】（1）利用“完全可拆”定义将中除外的元素进行“分拆”可得；由“完全不可拆”定义证明集合中任意的两个不同元素之和都不是的元素即可得；（2）根据“完全可拆”定义得中元素，需满足条件，找到满足条件的含有个元素的集合，再证明时不满足条件；（3）先证明预备结论“对任意，若，则”，由此推得中元素最多个，再找到满足题意的含有个元素的集合即可.【小问1详解】集合，因为，满足定义，所以中的元素是“完全可拆”；集合且，设任意，则，其中，且，，则，故中的元素是“完全不可拆”.【小问2详解】由题意，，则，，又中的元素是“完全可拆”，可知，都存在，使得，则，（）且，由中元素均为正整数，.所以，，.①当时，，由，.所以中的元素是“完全可拆”，此时，；②下面证明，不符合题意.若，即集合满足，且中的元素是“完全可拆”，.由上已知，，.故由，可知，故；依此类推，可知.因为，若，则，故不可能.若，则，则，所以；若，若，则，故不可能.若，则，，所以，同理，由，；又因为为奇数，故也不成立，即不存在满足题意的.故不存在这样的集合满足，故.同理依次可得，若，均不存在这样集合，满足.综上所述，的最小值为.【小问3详解】由题意，中的元素，则，.中元素均为正整数，则，又为奇数，即.①先证明：若集合中的的元素“完全不可拆”，为奇数，则.预备结论：集合中的的元素“完全不可拆”，对任意，若，则.下面用反证法证明该结论成立.证明：假设，因为为奇数，所以，即.由中