安徽省黄山市屯溪第一中学2024-2025学年高一上学期10月数学试卷

屯溪一中2024-2025学年度10月份教学检测 高一数学 命题人：潘毓琪；审题人：吴雪萦 第I卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求。） 1．已知命题：，，若命题是假命题，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．已知，，则“”是“”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 4．我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合白般好，隔离分家万事休.”在数学的学习和研究中，有时可凭借函数的图象分析函数解析式的特征.已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 5．关于x的方程恰有一根在区间内，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．已知函数，若对任意，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．若函数在区间I上是增函数，且函数在区间I上是减函数，则称函数是区间I上的“H函数”．对于命题：①函数是上的“H函数”； ②函数是上的“H函数”．下列判断正确的是（  ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为假命题,  ②为真命题 D．①为真命题,  ②为假命题 8．设集合的最大元素为，最小元素为，记的特征值为，若集合中只有一个元素，规定其特征值为0.已知，，，…，是集合的元素个数均不相同的非空真子集，且，则的最大值为（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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．已知集合有且仅有两个子集，则下面正确的是（    ） A． B． C．若不等式的解集为，则 D．若不等式的解集为，且，则 10．已知实数，满足，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 11．已知定义在的函数满足以下条件： （1）对任意实数恒有； （2）当时，的值域是 （3） 则下列说法正确的是（    ） A．值域为 B．单调递增 C． D．的解集为 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分。） 12．已知，则的最小值是 ． 13．设函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则的取值范围是 . 14．已知对任意，均有不等式成立，其中.若存在使得成立，则的最小值为 . 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．（本小题满分13分） 集合，集合， (1)若，求实数的取值范围. (2)若，求实数的取值范围. 16．（本小题满分15分） 已知函数． (1)若不等式的解集为，求的取值范围； (2)解关于的不等式. 17．（本小题满分15分） 某学校要建造一个长方体形的体育馆，其地面面积为，体育馆高，如果甲工程队报价为：馆顶每平方米的造价为100元，体育馆前后两侧墙壁平均造价为每平方米150元，左右两侧墙壁平均造价为每平方米250元，设体育馆前墙长为米． (1)当前墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？ (2)现有乙工程队也参与该校的体育馆建造竞标，其整体报价为元，若无论前墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求的取值范围． 18．（本小题满分17分） 函数满足对一切有，且；当时，有. (1)求的值; (2)判断并证明在R上的单调性； (3)解不等式 19．（本小题满分17分） 设为正整数，集合对于，设集合. (1)若，写出集合； (2)若，且满足令 ，求证： ； (3)若，且 ，求证： . 试卷第4页，共4页 高一数学试题·第4页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C C D A D B ABD ABD 题号 11 答案 BCD 1．B 【分析】根据原命题为假可知其否定为真，由一元二次方程无根可构造不等式求得结果. 【详解】若命题为假命题，则其否定，为真命题， ，解得：. 故选：B. 2．B（试卷修改了选项顺序，应为A） 【分析】根据不等式的性质可得必要性，举反例可说明不充分性，即可求解. 【详解】当时，，故， 故“”是“”的必要条件， 当时，比如，但是，故“”是“”的不充分条件， 故“”是“”的必要不充分条件， 故选：B 3．C 【分析】根据给定条件，结合抽象函数定义域的意义，列出不等式求解作答. 【详解】函数的定义域为，则，因此在中，， 函数有意义，必有，解得， 所以函数的定义域为. 故选：C 4．C 【分析】根据图象函数为奇函数，排除D；再根据函数定义域排除B；再根据时函数值为正排除A；即可得出结果. 【详解】由题干中函数图象可知其对应的函数为奇函数， 而D中的函数为偶函数，故排除D； 由题干中函数图象可知函数的定义域不是实数集，故排除B； 对于A，当时，，不满足图象；对于C，当时，，满足图象. 故排除A，选C. 故选：C 5．D 【分析】把方程的根转化为二次函数的零点问题，恰有一个零点属于，分为三种情况，即可得解. 【详解】方程对应的二次函数设为： 因为方程恰有一根属于，则需要满足： ①，，解得：； ②函数刚好经过点或者，另一个零点属于， 把点代入，解得：， 此时方程为，两根为，，而，不合题意，舍去 把点代入，解得：， 此时方程为，两根为，，而，故符合题意； ③函数与x轴只有一个交点，，解得， 经检验，当时满足方程恰有一根在区间 (0,1) 内; 综上：实数m的取值范围为 故选：D 6．B（试卷修改了选项顺序，应为A） 【分析】分和两种情况讨论：当时，等价于恒成立，可得；当时，去绝对值后分离变量可得或恒成立，可得或. 综合两种情况可得的取值范围. 【详解】分和两种情况讨论： （1）当时，等价于恒成立， 因为时，恒成立，所以； （2）当时，等价于恒成立，     即或 恒成立.     也就是或恒成立     而当时，，，     所以或，即或. 综合（1）（2）可知，的取值范围是. 故选：B. 【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论： （1）恒成立⇔； （2）恒成立⇔. 7．D 【详解】对于命题①：令,函数可换元为 ∵在上是增函数，函数y=-t2+2t在上是增函数，∴在上是增函数；在上是减函数，∴函数 是上的“H函数“，故命题①是真命题．对于命题②，函数是（0，1）上的增函数， 是上的增函数，故命题②是假命题；故选D． 8．B 【分析】根据题设描述只需保证各集合中（）尽量小，结合已知及集合的性质有最大时，进而分析的取值. 【详解】由题设，，，…，中都至少有一个元素，且元素个数互不相同， 要使最大，则各集合中（）尽量小， 所以集合，，，…，的元素个数尽量少且数值尽可能连续， 所以，不妨设，有， 当时，， 当时，， 只需在时，在上述特征值取最小情况下，使其中一个集合的特征值增加5即可，故的最大值为11. 故选：B 【点睛】关键点点睛：注意最大则各集合中（）尽量小，并求出该情况下特征值之和关于n的公式，再分析其最大取值. 9．ABD 【分析】根据集合子集的个数列方程，求得的关系式，对A，利用二次函数性质可判断；对B，利用基本不等式可判断；对CD，利用不等式的解集及韦达定理可判断. 【详解】由于集合有且仅有两个子集，所以， 由于，所以. A，，当时等号成立，故A正确. B，，当且仅当时等号成立，故B正确. C，不等式的解集为，，故C错误. D，不等式的解集为，即不等式的解集为，且，则， 则，，故D正确， 故选：ABD 10．ABD 【分析】先设，然后代入，最后根据判别式即可判断A，对直接使用基本不等式即可判断B，通过特殊值，即可判断C，通过对变形，即，然后使用基本不等式即可判断D. 【详解】设，代入得， 化简得，所以，解得， ，选项A正确； 当时，由，得， , 解得 ，当且仅当时成立，选项B正确； 由，得时，， ，解得，选项C错误； 由，得， , 解得，当且仅当时取等号， 选项D正确； 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解决A的关键是通过换元结合判别式法计算，解决BD关键是通过基本不等式放缩，解决C的关键是通过特殊值证明不成立. 11．BCD 【分析】计算得到，A错误，根据单调性的定义得到B正确，计算，，得到C正确，题目转化为得到，根据函数的单调性得到D正确，得到答案. 【详解】对选项A：令可得，故， 令可得，， ，当时，，则， 综上所述：，错误； 对选项B：任取且，，， 则 ，所以函数在上单调递增，正确； 对选项C：取得到； 取得到； 取得到，正确； 对选项D：，， 即， 即， 函数单调递增，且，故，正确； 故选：BCD 【点睛】关键点睛：本题考查了抽象函数问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据题目信息转化得到，再利用函数的单调性解不等式是解题的关键. 12． 【分析】变形条件等式得，然后展开，利用基本不等式求最小值. 【详解】， ， ， 当且仅当，即时等号成立， 的最小值是. 故答案为：. 13． 【分析】求得在区间上的解析式，画出的图象，结合图象列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】时，，而时， 所以， 又， 所以当时，， 当时，， 作出示意图如下图所示： 要使，则需，结合上图， 由，解得，所以. 【点睛】关键点点睛：所给的抽象函数关系式，如本题中的，然后要关注题目所给的已知区间的函数解析式，结合这两个条件来求得其它区间的函数解析式. 14．/0.25 【分析】由一元二次不等式恒成立得、，将问题化为求的最小值，令则，应用基本不等式求最值，注意取值条件. 【详解】由题设，有，又，则， 又，则， 故存在使成立，则， 所以，令，故， 所以，且， 而，仅当，即等号成立， 所以，仅当且时等号成立，故的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据一元二次不等式求参数的符号和大小关系，将题设条件化为求的最小值，结合换元法、基本不等式求最值. 15．【答案】(1) (2) 【分析】（1）分类讨论是否为空集，当时，根据子集关系列式，解不等式可得结果； （2）先求时，实数的取值范围，再求其补集即可得解. 【详解】（1）①当时，， 此时,解得， ②当时，为使，需满足，解得， 综上所述：实数的取值范围为. （2）先求时，实数的取值范围，再求其补集， 当时，由（1）知， 当时，为使，需满足或， 解得， 综上知，当或时，， 所以若，则实数的取值范围是. 16．(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据题意，分和，两种情况讨论，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可求解； （2）根据题意，化简不等式为，分、和，三种情况讨论，结合一元二次不等式的解法，即可求解. 【详解】（1）解：由不等式的解集为， 当时，即时，不等式即为，解得，不符合题意，舍去； 当时，即时，不等式可化为， 要使得不等式的解集为， 则满足， 即，解得， 综上可得，实数的取值范围为. （2）解：由不等式，可得， 当时，即时，不等式即为，解得，解集为； 当时，即时，不等式可化为， 因为，所以不等式的解集为或； 当时，即时，不等式可化为， 因为，所以不等式的解集为， 综上可得， 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为或. 17．(1)当前墙的长度为20米时，甲工程队报价最低为84000元 (2)当时，无论前墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功 【分析】（1）根据题意求出报价的表达式，再根据基本不等式即可得解； （2）根据题意可知对任意的恒成立，分离参数可得对任意的恒成立，分类常数结合基本不等式求出的最小值，即可得解. 【详解】（1）因为体育馆前墙长为米，地面面积为， 所以体育馆的左右两侧墙的长度均为米， 设甲工程队报价为元， 所以， 因为， 当且仅当，即时等号成立， 所以当前墙的长度为20米时，甲工程队报价最低为84000元； （2）根据题意可知对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 所以对任意的恒成立， 因为， ， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 故当时，无论前墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功． 18．(1) (2)在R上的单调递减，证明过程见解析 (3). 【分析】（1）赋值法求出和，进而赋值求出； （2）先求出时，，进而得到时，，再利用定义法证明出函数的单调性； （3）变形得到，求出，结合（2）中函数的单调性求出，从而求出答案. 【详解】（1）中，令， 则， 因为，所以， 令得，，解得， 令得，，即， 解得； （2）设，则， 所以， 所以时，， 又因为时，有，且， 所以时，， 在R上的单调递减，证明过程如下： 设，且，则， 则， 因为时，， 所以，故， 故在R上的单调递减； （3）由题意得， 因为， 所以， 即， 解得， 中，令得，， 故， 故， 由（2）可知，在R上的单调递减， 故，解得或， 所以原不等式的解集为. 【点睛】思路点睛：求解抽象函数的函数值或函数奇偶性，单调性，往往利用赋值法，结合题目中的条件进行求解. 19．(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题意，即可直接写出； （2）由可得，结合可得，即可证明； （3）若且则，进而，由（2）可知，分类讨论、时与的大小关系，即可证明. 【详解】（1）； （2）因为，所以， 当时，， 所以，即，， 又因为，所以， 所以， 所以； （3）对任意，令， 若且，则， 所以， 因为，所以， 所以，所以. 对，因为， 由（2）可知，令，则. 若，因为， 所以，即， 又因为，所以. 若，则， 所以. 综上，即. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新定义、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是集合相关知识.. 答案第12页，共12页 答案第2页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $$