2024-2025學年度高一學年上學期期中考試試卷數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設全集，集合滿足，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由補集運算得出集合，再由元素與集合的關系判斷．【詳解】因為全集，所以，根據元素與集合的關系可知，ABD錯誤，C正確．故選：C．2.命題，，則命題的否定形式是（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】根據全稱量詞命題的否定為存在量詞命題即可得到結論．【詳解】命題，，為全稱量詞命題，則該命題的否定為：，.故選：C．3.下列命題中正確的是（）A若，則 B.若，則C.若，，則 D.若，，則【答案】D【解析】【分析】根據不等性質分別判斷各選項.【詳解】A選項：當時，，A選項錯誤；B選項：當，時，成立，，B選項錯誤；C選項：，，，所以，C選項錯誤；D選項：，則，又，所以，D選項正確；故選：D.4.已知是冪函數，則“是正偶數”是“的值域為”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】利用冪函數的性質結合充分、必要條件的定義判定即可.【詳解】當是正偶數時，顯然，即其值域為．當時，的值域為，但不是正偶數．故“是正偶數”是“的值域為”的充分不必要條件．故選：A5.已知是定義在上的奇函數，若，則（）A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，利用奇函數的性質求出函數的性質，進而求出.【詳解】由是定義在上的奇函數，得，即，令，則，而，所以.故選：C6.若兩個正實數滿足，若至少存在一組使得成立，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題意得，即求，利用基本不等式，可解得，進而得到，進而可求解.【詳解】至少存在一組使得成立，即，又由兩個正實數滿足，可得，當且僅當，即時，等號成立，，故有，解得，故，所以實數的取值范圍是故選：C.7.已知函數為定義在上的奇函數，且在為減函數，在為增函數，，則不等式的解集為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先根據奇函數性質確認函數零點，再根據已知單調性可以求出函數在各個區間符號，由不等式性質可得解.【詳解】因為為定義在上的奇函數，所以，且又因，所以，又因在為增函數，在上，在上，又因在為減函數，所以上，綜上，當時，，當時，當時，則，所以，則，當時，則，所以，則，不等式可化簡變形為，綜上所述可知當時，.故選：D8.若函數在定義域上的值域為，則稱為“函數”．已知函數是“函數”，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據“函數”的定義確定的值域為，結合每段上的函數的取值范圍列出相應不等式，即可求得答案.【詳解】由題意可知的定義域為，又因為函數是“函數”，故其值域為；而，則值域為；當時，，當時，，此時函數在上單調遞增，則，故由函數是“函數”可得，解得，即實數的取值范圍是，故選：C二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分，有選錯的得0分．9.下列說法正確的是（）A.若的定義域為，則的定義域為B.表示同一個函數C.函數值域為D.函數滿足，則【答案】ACD【解析】【分析】根據抽象函數的定義域的求解判斷A；利用同一函數得定義判斷B；利用換元法，結合二次函數的性質求得其值域，判斷C；利用方程組法判斷D.【詳解】解：對于A，因為的定義域為，對于函數，則，解得，即的定義域為，故A正確；對于B，定義域為，定義域為，不是同一函數，故B不正確；對于C，令，則，，所以，，所以當時，函數取得最大值，最大值為，所以函數的值域為，故C正確；對于D，，，化簡得，兩式相加得，解得，故D正確．故選：ACD．10.已知關于x的不等式的解集為，則（）A.B.點在第二象限C.的最小值為2D.關于的不等式的解集為【答案】ACD【解析】【分析】根據題意，由原不等式的解集可得，，即可判斷ABD，然后再由基本不等式即可判斷C.【詳解】原不等式等價于，因為其解集為，所以且，，故A正確；因為，則點在第一象限，故B錯誤；由可得，，當且僅當時，即時，等號成立，所以的最小值為2，故C正確；由可得，不等式即為，化簡可得，則其解集為，故D正確；故選：ACD11.已知函數，的圖象分別如圖1，2所示，方程，的實根個數分別為，則（）A B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】根據圖象，確定，，的值，代入驗證即可．【詳解】由圖，方程，，此時對應4個解，故；方程，得或者，此時有2個解，故；方程，取到4個值，如圖所示：即或或或，則對應的的解，有6個，故.

根據選項，可得A，B成立.

故選：AB．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.函數的定義域為__________．【答案】【解析】【分析】根據分式、根式以及零次方的意義列式求解即可.【詳解】令，解得或，所以函數的定義域為.故答案為：.13.“”是“”的充分不必要條件，則實數的取值范圍是___．【答案】【解析】【分析】求解一元二次不等式和一元一次不等式，根據充分不必要性，列出不等式，則問題得解.【詳解】由，解得；由，即，解得x>2或；又“”是“”的充分不必要條件，故可得，解得.故答案為：.【點睛】本題考查由命題之間的充分性和必要性求參數范圍，屬基礎題.14.定義：對于非空集合，若元素，則必有，則稱集合為“和集合”.已知集合，則集合所有子集中，是“8和集合”的集合有_____個.【答案】15【解析】【分析】由新定義可得集合的子集中，、、、一定成組出現，再由子集的概念即可得解.【詳解】由題意，集合的子集中，、、、一定成組出現，當集合的子集中只有1個元素時，即為，共1個；當集合的子集中有2個元素時，即為，共3個；當集合的子集中有3個元素時，即為，共3個；當集合的子集中有4個元素時，即為，共3個；當集合的子集中有5個元素時，即為，共3個；當集合的子集中有6個元素時，即為，共1個.當集合的子集中有7個元素時，即為，共1個.則集合所有子集中，是“8和集合”的集合有15個.故答案為：15.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知，．（1）求集合；（2）求，．【答案】（1）（2）或，或【解析】【分析】（1）解出一元二次不等式得到集合即可；（2）由集合的交集與補集的運算求解即可.【小問1詳解】因為，所以解不等式可得：，故集合【小問2詳解】由（1）可知：，又，所以，所以或.或，或.16.已知命題：“，使等式成立”是真命題.（1）求實數的取值集合；（2）設不等式的解集為，若是的必要條件，求的取值范圍.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根據題意，將方程有解問題轉化為在值域內，求得二次函數的值域，即可得到結果；（2）根據題意，將問題轉化為，然后分，與討論，即可求解.【小問1詳解】由題意，方程在?1,1上有解，令，只需在的值域內，當時，，當時，，所以值域為，的取值集合為；【小問2詳解】由題意，，顯然不為空集.①當，即時，，，；②當，即時，，不合題意舍去；③當，即時，.，；綜上可得或.17.某奶茶店今年年初花費16萬元購買了一臺制作冰淇淋的設備，經估算，該設備每年可為該奶茶店提供12萬元的總收入.已知使用x年（x為正整數）所需的各種維護費用總計為萬元（今年為第一年）.（1）試問：該奶茶店第幾年開始盈利（總收入超過總支出）？（2）該奶茶店在若干年后要賣出該冰淇淋設備，有以下兩種方案：①當盈利總額達到最大值時，以1萬元的價格賣出該設備；②當年均盈利達到最大值時，以2萬元的價格賣出該設備.試問哪一種方案較為劃算？請說明理由.【答案】（1）從第三年開始盈利.（2）兩種方案盈利總數一樣，但方案②時間短，較為劃算.【解析】【分析】（1）列出純收入的函數表達式，解純收入大于0的不等式即可.（2）分別計算兩種方案盈利和時間，比較后得結論.【小問1詳解】由題意可知，總收入扣除支出后的純收入，，解得，由，所以從第三年開始盈利.【小問2詳解】方案①：純收入，則5年后盈利總額達到最大值9萬元，以1萬元的價格賣出該設備，共盈利10萬元；方案②：年均盈利，由，，當且僅當，即時等號成立，，當4年后年均盈利達到最大值2萬元時，以2萬元的價格賣出該設備，共盈利萬元.兩種方案盈利總數一樣，但方案②時間短，較為劃算.18.已知函數經過，兩點.（1）求函數的解析式；（2）判斷函數在上的單調性并用定義進行證明；（3）若對任意恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）（2）在上單調遞減，證明見解析（3）【解析】【分析】（1）將點的坐標代入列方程組求解即可；（2）利用單調性定義證明即可；（3）將問題轉化為，然后利用單調性求解最值即可得解.【小問1詳解】，，，解得，.【小問2詳解】在0,1上單調遞減，證明如下：任取，且，則，，且，，，∴，，即，所以函數在0,1上單調遞減.【小問3詳解】由對任意恒成立得，由（2）知在0,1上單調遞減，函數在上的最大值為，，所求實數的取值范圍為.19.若函數y=fx與y=gx滿足：對任意，，都有，則稱函數y=fx是函數y=gx在集合上的“約束函數”.已知函數y=fx是函數y=gx（1）若，，判斷函數y=gx的奇偶性，并說明理由；（2）若，，，求實數a的取值范圍.【答案】（1）偶函數，理由見解析（2）【解析】【分析】對于（1），先分析得到，然后根據得到，的關系，由此完成證明；對于（2）根據題設條件將問題轉化為“時，”，然后構造并進行