2024-2025學年上期高一年級期中聯考試題數學學科命題人：陳雅夢審核人：毋小艷鄭州市第一〇一中學考試時間：120分鐘分值：150分注意事項：本試卷分試題卷和答題卡兩部分.考生應首先閱讀試題卷上的文字信息，然后在答題卡上作答（答題注意事項見答題卡）.在試題卷上作答無效.一?單項選擇題：本大題共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.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用集合交集定義求解即可．【詳解】因為，，所以.故選：B2.函數的定義域是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據函數解析式，只需解析式有意義，即，解不等式即可求解.【詳解】由，則，解得且，所以函數的定義域為故選：B3.已知p：，q：，則p是q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】D【解析】【分析】解方程和，根據充分條件、必要條件即可求解.【詳解】由，得或，由，得或，因為或成立推不出或成立，反之也不成立，所以既不是q的充分條件，也不是q的必要條件.故選：D4.若為偶函數，為奇函數，且，則的圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據函數的奇偶性可得，即可求解解析式，通過排除可得答案．【詳解】解：由得：，即，由解得：，由，排除BC．由指數函數的性質（指數爆炸性）排除D．故選：A5.函數的單調遞減區間是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據復合函數的單調性即可求解.【詳解】，即，解得或，令，則的對稱軸為，在上單調遞減，在上單調遞增，又是增函數，在上單調遞減，在上單調遞增.故選：B.6.若函數是R上的增函數，則實數a的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據條件，要使函數是R上的增函數，每一段函數在其定義域內必須為增函數且左端的最大值小于等于右端的最小值，列出不等式組求解即可.【詳解】因為函數是R上的增函數，所以，解得：，故選：.7.已知的定義域為，且滿足，對任意，都有，當時，.則的解集為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用單調性定義可判斷函數為增函數，再結合單調性可求不等式的解.【詳解】設且，對任意，都有即，,，，又當時,，,在上是增函數，令,則,令,，則，，結合的定義域為，且在上是增函數，又恒成立，，，不等式的解集為，故選：B.8.已知函數是上的奇函數，對任意的，，設，則a，b，c的大小關系是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】確定數在上單調遞增，是上的偶數，變換得到，，，根據單調性得到答案.【詳解】，即，故函數在上單調遞增，是上的奇函數，故是上的偶數，，，.，故.故選：A二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目的要求，全部選對的得6分，部分選對的得3分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（）A.至少有一個實數，使B.“”是“”的充分不必要條件C.命題“”的否定是假命題D.“集合”中只有一個元素是“”的必要不充分條件【答案】BD【解析】【分析】由在實數范圍內，可得A錯誤；舉反例可得必要性不成立，可得B正確；由全稱與特稱命題的性質和二次函數的性質可得C錯誤；由集合中只有一個元素可得或，再由必要性可得D正確；【詳解】對于A，在實數范圍內，，，故A錯誤；對于B，若，則，充分性成立，若，如，此時，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件，故B正確；對于C，命題“”的否定是，由二次函數的性質可得開口向上，，所以恒成立，故C錯誤；對于D，若集合中只有一個元素，當時，；當時，可得，所以必要性成立，故D正確；故選：BD.10.已知正實數滿足，則下列說法不正確的是（）A.的最大值為 B.的最小值為2C.的最大值為2 D.的最小值為2【答案】AC【解析】【分析】直接利用基本不等式即可求解BC，利用乘“1“法即可判斷D，利用二次函數的性質可求解A.【詳解】對于A，因為，所以，因為為正實數，所以，解得：，，由二次函數的性質可知的無最大值，故A錯誤；對于B，，當且僅當時取等號，故B正確；對于C，，當且僅當時取等號，所以的最大值為1，故C錯誤；對于D，因為，所以，，當且僅當，即時取等，故D正確.故選：AC.11.給出定義：若，則稱為離實數最近的整數，記作.在此基礎上給出下列關于函數的四個結論，其中正確的是（）A.函數值域為B.函數是偶函數C.函數在上單調遞增D.函數圖象關于直線對稱【答案】ABD【解析】【分析】根據的定義，畫出函數的圖象，根據圖象判定即可.【詳解】根據的定義知函數的定義域為,又，則即所以故函數值域為，正確；函數的圖象如下圖所示，有圖可知函數是偶函數，正確；函數上有增有減，錯誤；由圖可知的圖象關于對稱，正確.故選：三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數，則__________.【答案】3【解析】【分析】將代入分段函數中即可得出答案.【詳解】因為，所以.故答案為：3.13.已知函數，計算_________．【答案】【解析】【分析】先求出，再觀察所求，倒序相加即可得解.【詳解】由，得，所以.故答案為：.14.下列結論中，正確的結論有__________（填序號）.①若，則的最大值為②當時，函數的最大值為1③若正數滿足，則的最小值為④若為不相等的正實數，滿足，則【答案】③④【解析】【分析】對①：借助基本不等式計算可得；對②：借助整體思想可得，再利用基本不等式計算即可得；對③：由可得，再借助基本不等式中“1”的活用計算即可得；對④：由可得，再通分后借助基本不等式計算即可得.【詳解】對①：由，則，故當且僅當，即時，等號成立，即的最大值為，故①錯誤；對②：，當且僅當時，等號成立，故函數的最大值為，故②錯誤；對③：由，故，又為正數，故，當且僅當時，等號成立，故的最小值為，故③正確；對④：若為不相等的正實數，滿足，則由，則，又為不相等的正實數，故，則，當且僅當，或，時，等號成立，故④正確.故答案為：③④.四?解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出必要的文字說明?證明過程及驗算步驟.15.（1）求值：；（2）已知，求值：.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根據題意，由指數冪的運算即可得到結果；（2）由平方可得的值，再對平方可得的值，代入即可得出答案.【詳解】（1）（2），16.設全集，集合.（1）若時，求；（2）若，求實數的取值范圍.【答案】（1），（2）【解析】分析】（1）得到集合后，結合并集定義即可得，結合交集與補集定義即可得；（2）由可得，分及計算即可得解.小問1詳解】當時，，則，或，故；【小問2詳解】因為，所以，若，則，即，若，則，無解；綜上，當時，的取值范圍是.17.已知函數.（1）若關于的不等式的解集為，求的值；（2）當時，（i）若函數在上為單調遞增函數，求實數的取值范圍；（ii）解關于的不等式.【答案】（1）（2）（i）；（ii）答案見解析【解析】【分析】(1)根據一元二次不等式解集與一元二次方程根的關系，借助韋達定理列式計算即得.(2)把代入，利用二次函數的單調性列出不等式即可得解；分類討論解一元二次不等式即可作答.【小問1詳解】依題意，關于的方程的兩個根為1和2，于是得，解得，所以.【小問2詳解】當時，，（i）函數的對稱軸為，因函數在上為單調遞增函數，則，解得，所以實數的取值范圍是；（ii）不等式為，即，當時，解得或，當時，解得，當時，解得或，綜上可知，當時，不等式的解集為，當時，不等式的解集為，當時，不等式的解集為.18.在園林博覽會上，某公司帶來了一種智能設備供采購商洽談采購，并決定大量投放市場，已知該種設備年固定研發成本為50萬元，每生產一臺需另投入90元，設該公司一年內生產該設備萬臺且全部售完，每萬臺的銷售收入（萬元）與年產量（萬臺）滿足如下關系式：.（1）寫出年利潤（萬元）關于年產量（萬臺）的函數解析式（利潤=銷售收入-成本）（2）當年產量為多少萬臺時，該公司獲得的年利潤最大，并求出最大利潤．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）由利潤等于銷售收入減去投入成本和固定成本可得解析式；（2）分別求出分段函數每一段的最大值后比較可得結論.【小問1詳解】因為，所以；【小問2詳解】當時，，由函數性質可知當時單調遞增，所以當時，，當時，，由不等式性質可知，當且僅當，即時，等號成立，所以，綜上當時，.19.已知函數在區間上有最大值4和最小值1．設．（1）求的值;（2）若不等式在上有解,求實數k的取值范圍;（3）若有三個不同的實數解,求實數k的取值范圍．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】(1)根據的函數性質,即可判斷在上單調性,即有,解出即可;(2)根據(1)中結論,代入題中,先對式子全分離,再用換元求出其最值即可得出結果;(3)將(1)中結論,代入題中式子,令,根據圖像變換畫出函數圖象,根據有三個不同的根及圖象性質可知,只需有兩個不同的實數解、,且有,,或,成立即可,根據二次函數根的分布問題,分別列出不等式解出即可.小問1詳解】解:由題知,因為,所以為開口向上的拋物線,且有對稱軸為,所以在區間上是單調增函數,則,即,解得;【小問2詳解】由(1)得,則,因為在上有解,即,使得成立,因為,所以有成立,令,因為,所以,即,使得成立,只需即可,記,因為,得,所以k的取值范圍是;【小問3詳解】因為有三個不同實數解,即有三個不同的根,令,則,則圖象是由圖象先向下平移一個單位,再將軸下方圖像翻折到軸上方,畫出函數圖象如下:根據圖像可知,一個的函數