精品解析：广东省广州市第六中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷

广州市第六中学2024级高一上数学期中考试试卷 出题人：晏子旭 曹晶晶 审题人：徐芳 （满分150分，用时120分钟） 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 不等式的解集为（ ） A. B. 或 C. D. 或 3. 已知，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 4. 幂函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 6. 若，且，则下列不等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若，则实数的值不可能为（ ）. A. B. 0 C. 1 D. 2 8. 已知定义在上的偶函数满足：，当时，则当时（ ） A. 单调递减，且 B. 单调递增，且 C. 单调递减，且 D. 单调递增，且 二、选择题：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. 下面命题正确的是（    ） A. “”是“”的充分不必要条件 B. 命题“任意，则”的否定是“存在，则” C. 设，则“且”是“”的必要而不充分条件 D. 设，则“”是“”的必要不充分条件 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 关于的不等式的解集为或 D. 11. 已知函数满足当时，，且对任意实数满足，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 或1 C. 函数为非奇非偶函数 D. 对任意实数满足 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设集合，，且，则值是_________． 13. 已知函数且，则______. 14. 已知，，，则的取值范围为____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，其中卷面分3分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数的定义域为，函数的值域为. （1）求； （2）设集合，若，求的取值范围. 16. 已知函数， （1）请判断函数的单调性，并用定义证明； （2）解关于的不等式. 17. 某公司打算在2023年度建设某型芯片的生产线，建设该生产线的成本为300万元，若该型芯片生产线在2024年产出万枚芯片，还需要投入物料及人工等成本（单位：万元），已知当时，；当时，；当时，，已知生产的该型芯片都能以每枚80元的价格售出． （1）已知2024年该型芯片生产线的利润为（单位：万元），试求出的函数解析式． （2）请你为该型芯片的生产线的产量做一个计划，使得2024年该型芯片的生产线所获利润最大，并预测最大利润． 18. 设函数. （1）对，恒成立，求的取值范围. （2）解不等式. 19. 对于图象连续不间断的函数，若在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”.若，则称为的“稳定点”.将函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，.已知函数. （1）当时，求函数的不动点； （2）若对于任意，函数恒有两个相异的不动点，求实数的取值范围； （3）若，且，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市第六中学2024级高一上数学期中考试试卷 出题人：晏子旭 曹晶晶 审题人：徐芳 （满分150分，用时120分钟） 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用交集和补集的运算直接求解即可. 【详解】由题可知，， 因为，所以. 故选：D 2. 不等式的解集为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】按照分式不等式的求解方法求解即可. 【详解】 解得 故选：C 3. 已知，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】C 【解析】 【分析】利用特殊值法，结合反例，可得答案. 【详解】对于，当时，，所以是假命题，是真命题． 对于，当时，是真命题，是假命题． 故选：C. 4. 幂函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据幂函数的定义域及奇偶性判断图象即可. 【详解】幂函数的定义域为，故D选项错误； 因为,所以为偶函数，故A,C选项错误； 故选：B. 5. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过换元法及常数分离进行求解. 【详解】令，则，且，则， 可得， 所以． 故选：B 6. 若，且，则下列不等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合作差比较法，逐项判定，即可求解. 【详解】因为且，可得，所以， 对于A中，由，所以，所以A正确； 对于B中，由，所以，所以B不正确； 对于C中，由， 因为，所以，可得， 所以，所以C不正确； 对于D中，由，所以，所以D不正确. 故选：A. 7. 已知函数，若，则实数的值不可能为（ ）. A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】分别判断每个选项即可. 【详解】由题得，故选项A可能； ，故选项B不可能； ，故选项C可能； ，故选项D可能. 故选：B 8. 已知定义在上的偶函数满足：，当时，则当时（ ） A. 单调递减，且 B. 单调递增，且 C. 单调递减，且 D. 单调递增，且 【答案】A 【解析】 【分析】利用抽象函数的对称性与周期性计算即可. 【详解】由可知的图象关于轴对称， 且为偶函数，即，即， 所以是的一个周期， 因为当时，此时函数单调递减，故当时，函数仍递减； 又，所以A正确. 故选：A 二、选择题：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. 下面命题正确的是（    ） A. “”是“”的充分不必要条件 B. 命题“任意，则”的否定是“存在，则” C. 设，则“且”是“”的必要而不充分条件 D. 设，则“”是“”的必要不充分条件 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据充分不必要条件的定义判断A；根据全称命题的否定判断B；根据必要不充分条件的定义判断C，D. 【详解】解：对于A，“”“”， 由不能推出， 故“”是“”的充分不必要条件，故A正确； 对于B，命题“任意，则”的否定是“存在，则，故B正确； 对于C，当“且”成立，则“”成立， 但“”成立时，“且”不一定成立，如：，，故C错误； 命题：且，故“”是“”的必要不充分条件，故D正确． 故选：ABD． 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 关于的不等式的解集为或 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据对称轴的范围判断选项A；可以根据题意求出，的正负情况，判断选项B；将，联合已知，判断选项C；利用韦达定理判断选项D. 【详解】由题可知，，，，对称轴 所以有，，故A错误； 因为，，，所以，故B正确； 因为，当时，显然不成立； 当时， 由题可知，的解为 所以的解为，因为，得或 即的解集为或，故C正确； 由韦达定理可知，， 所以，故D正确. 故选：BCD 11. 已知函数满足当时，，且对任意实数满足，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 或1 C. 函数为非奇非偶函数 D. 对任意实数满足 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由函数单调性定义可判断正误； 对于B，令，可判断正误； 对于C，由A，B选项分析可判断正误； 对于D，利用做差法及可判断正误. 【详解】对于B，令，，得， 由题意知，所以，故B错误； 对于A，当时，，则， 又，则当时，，即对任意，. 取任意且，则，得， 则 即，所以是上的增函数，故A正确； 对于C，由是上的增函数且，可知为非奇非偶函数，故C正确； 对于D，注意到， 同理，则， 又，且，则 ，即， 故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，，且，则值是_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据，建立元素关系即可得到结论，注意验证集合中元素的互异性是否成立． 【详解】∵， ∴或， 即或， 即或， 当时，，与元素互异性矛盾，故舍去， 当时，，，且，满足条件． 故， 故答案为：． 13. 已知函数且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】先判定函数的奇偶性再计算函数值即可. 【详解】由，且函数定义域为R， 所以为奇函数，则. 故答案为： 14. 已知，，，则的取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【详解】换元令，，整理得，结合二次函数分析求解. 【分析】令，，则，， 可得，即，解得， 则， 因为开口向下，对称轴为， 可知在上单调递增，且， 可知，则， 所以的取值范围为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，其中卷面分3分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数的定义域为，函数的值域为. （1）求； （2）设集合，若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用被开方数为非负数和分母不为0求M，利用二次型函数来求N，再求并集即可； （2）利用子集关系来研究端点值的大小关系，最后求解范围. 【小问1详解】 由函数可得：，解得：， 即； 由函数，其值域， 所以； 【小问2详解】 由，且可得， ，即， 解得，即的取值范围是. 16. 已知函数， （1）请判断函数的单调性，并用定义证明； （2）解关于的不等式. 【答案】（1）单调递减，证明如下： 不妨令，即， 则 ，所以在上单调递减； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用定义法证明单调性即可； （2）判定函数的奇偶性，再结合单调性去函数符合解不等式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 易知，即为奇函数， 所以， 所以，解不等式组得. 17. 某公司打算在2023年度建设某型芯片的生产线，建设该生产线的成本为300万元，若该型芯片生产线在2024年产出万枚芯片，还需要投入物料及人工等成本（单位：万元），已知当时，；当时，；当时，，已知生产的该型芯片都能以每枚80元的价格售出． （1）已知2024年该型芯片生产线的利润为（单位：万元），试求出的函数解析式． （2）请你为该型芯片的生产线的产量做一个计划，使得2024年该型芯片的生产线所获利润最大，并预测最大利润． 【答案】（1） （2）产量为40万枚时利润最大，最大利润为220万元 【解析】 【分析】（1）由分段代入计算即可得； （2）借助一次函数、二次函数的性质与基本不等式计算每段的利润最大值即可得. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 当时，， 故； 【小问2详解】 当时，， 当时，，对称轴， ， 当时，由基本不等式知，当且仅当， 即时等号成立，故， 综上，当2024年该型芯片产量为40万枚时利润最大，最大利润为220万元. 18. 设函数. （1）对，恒成立，求的取值范围. （2）解不等式. 【答案】（1）； （2）当时，解集为R，当时，解集为， 当时，解集为， 当时，解集为. 【解析】 【分析】（1）分类讨论结合分离参数法、基本不等式计算即可； （2）含参分类讨论解一元二次不等式即可. 【小问1详解】 若，显然，符合题意； 若，则， 由，即在上恒成立， 即，， 令， 当且仅当，即时取得最小值，所以， 则的取值范围为； 【小问2详解】 根据题意可知， 若，则， 若， 当，即时，， 当，此时原不等式为，即， 当，此时，令， 此时不等式解集为， 若，此时，不等式解集为， 综上所述：当时，解集为R，当时，解集为， 当时，解集为， 当时，解集为. 19. 对于图象连续不间断的函数，若在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”.若，则称为的“稳定点”.将函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，.已知函数. （1）当时，求函数的不动点； （2）若对于任意，函数恒有两个相异的不动点，求实数的取值范围； （3）若，且，求实数的取值范围. 【答案】（1）和 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出方程的解后可得不动点； （2）根据的判别式恒正可得关于恒成立的不等式，结合可求的范围； （3）记，则即为无解或其解为，故可求的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 设为不动点，由题知，即解得或， 函数的不动点为和. 【小问2详解】 因为恒有两个不动点，即恒有两个不等实根， 整理得到， 所以且恒成立. 由题知对于任意，恒成立， 令，，即， 解得或，又，所以. 【小问3详解】 当时，， ，有实根，所以，得到， 记，则关于的方程的解为方程组的解的值， 两式相减可得， ，即要使与有相同的解， 则与的的解集相同， 所以方程无解或其解与相同， 即无解或其解为， 所以，得到， 综上，所以实数的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $