精品解析：甘肃省兰州东方中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题

兰州东方中学2024-2025学年第一学期期中考试 高一数学试卷 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，则的最小值为（ ） A. 45 B. 42 C. 40 D. 38 7. 已知，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数f(x)＝是R上的增函数，则实数的取值范围为（ ） A. 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（ ） A. 2 B. 1 C. D. 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少? 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兰州东方中学2024-2025学年第一学期期中考试 高一数学试卷 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：C. 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 【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：B 4. 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：C 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 【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：A 7. 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f(x)＝是R上的增函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】函数是上的增函数， 则，解得. 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：AC 10. 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】通过判断具体函数的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，作出图象如图： 根据图象可得函数为减函数，正确. 故选：CD 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 【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（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以. 若，此时，，因为，但，所以不成立； 若，此时，，所以成立. 综上可得，. 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】（1）； （2）证明： 因为，所以， 又，所以，得证. 【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）略. 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）， （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，， ∴，的图象如图所示． 【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）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)略 (2)略 (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，＋∞)上是增函数，∴|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）汽车走通道时，由于缴费耽误的时间是多少? 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据减速过程的加速度计算即可； （2）分两段匀加速运动与匀减速运动的位移计算即可； （3）计算走通道用时，与不减速直接通过用时即可. 【小问1详解】 由题意可知减速过程中的加速度大小为，而汽车初始速度为， 所以至速度为时，需要， 产生的位移是； 【小问2详解】 汽车走通道时，匀减速直线运动的位移， 匀加速直线运动的位移， 所以汽车走通道时， 从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小； 【小问3详解】 汽车走通道用时，而不减速通过用时， 所以耽误. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $