广东省深圳市盐田高级中学2024-2025学年高一上学期11月期中数学试题

试卷第 1页，共 4页 2024-2025 学年第一学期期中考试 盐田高级中学高一数学试题卷 命题人：徐俊 审题人：俞兴保 考试时间：120 分钟 分数：150 分 一、单选题（每题 5分，共 40 分） 1．函数 1( ) 3 1 f x x x     的定义域为（ ） A．[3, ) B． ( , 1) ( 1,3]   C． ( 1, )  D．[ 3, 1) ( 1, )     2． 20 0 0, 1 0x R x x     的否定是（ ） A． 20 0 0, 1 0x R x x     B． 2 0 0 0, 1 0x R x x     C． 2, 1 0x R x x     D． 2, 1 0x R x x     3．下列结论正确的是（ ） A．若 ac bc ，则 a b B．若 a b ，则 a b C．若 , 0a b c  ，则 a c b c   D．若 2 2a b ，则 a b 4．已知 5 ( 6) ( ) ( 2) ( 6) x x f x f x x       ，则 (3)f 为（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 5．若 , , Ra b c ，则“ ac bc ”是“ a b ”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．若  f x 是偶函数且在  0, 上单调递增，又  2 1f   ，则不等式   1f x  的解集为（ ） A． 2 2x x   B．{ | 2x x   或 2}x  C．{ | 2x x   或0 2}x  D．{ | 2x x  或 2 0}x   7．中国古代重要的数学著作《孙子算经》下卷有题：今有物，不知其数 .三三数之，剩二； 五五数之，剩三；七七数之，剩二 .问：物几何？现有如下表示：已知  3 2,A x x n n N     ，  5 3,B x x n n N     ，  7 2,C x x n n N     ，若 x A B C   ，则下列选项中符合 题意的整数 x为（ ） A．8 B．127 C．37 D． 23 试卷第 2页，共 4页 8．已知函数   2 2 5, 1 , 1 x ax x f x a x x        是R 上的减函数，则实数 a的取值范围是（ ） A． 0a  B．0 1a  C．1 2a  D．1 2a  二、多选题（每题 6分，共 18 分） 9．已知全集  0,1,2,3,4,5,6,7U  ，集合  5A x x  N ，  1,3,5,7B  ，则图中阴影部分 所表示的集合为（ ） A． 0,2,4 B．  U A Bð C．  UA B ð D．    U UA B 10．已知关于 x的不等式 2 0ax bx c   的解集为 2 3x x   ，则下列说法正确的是（ ） A． 0a  B．不等式 0ax c  的解集为 6x x  C． 0a b c   D．不等式 2 0cx bx a   解集 1 1 3 2 x x       11．已知 ,a b为正实数，ab a b  ，则下列选项正确的是（ ） A．ab的最小值为 2 B． 2a b 的最小值为3 2 2 C． 2 2a b 的最小值为 8 D． 1 1 1 1a b    的最小值为 2 三、填空题（每题 5分，共 15 分） 12．已知集合 {1, 2, 3}, , 1A B A B   ，则集合 B的个数为 个. 13．若函数   2 1f x ax  是定义在 1 ,2a a  上的偶函数，则  f a  ． 14．函数   3 2 2 1 1 x xf x a x      在  2024,2024 上的最大值与最小值的和为 2024 ， 则 a  ． 试卷第 3页，共 4页 四、解答题（共 77 分） 15（13 分）．已知函数   1f x x x   ． (1)证明：  f x 的奇偶性； (2)证明：  f x 在区间  0,  上的单调性，并求  f x 在区间  1,2 上的值域． 16（15 分）．已知集合  2 8A x x    ，  3 3 1B x m x m     ． (1)当 2m  时，求 A B ； (2)若 A B A ，求实数 m的取值范围． 17（15 分）．FISS 足球世界杯是很受全球高中生欢迎的足球赛事，中国成功获得国际中体联 足球世界杯 2024，2026，2028 年主办权，经过大连市的积极申办，教育部正式推荐，大连 最终成为 2024 年国际中体联足球世界杯承办地．筹备期间组委会委托 A 工厂生产某种纪念 品，生产该纪念品需投入年固定成本为 3 万元，每生产 x万件，需另投入流动成本为  P x 万 元，在年产量不足 9 万件时，   21 2 2 P x x x  （万元），在年产量不小于 9 万件时，   10011 53P x x x    （万元），每件纪念品售价为 10 元，通过市场分析，此纪念品当年能全 部售完． (1)写出年利润  L x （万元）关于年产量 x（万件）的函数解析式；（注：年利润＝年销售收 入－固定成本－流动成本） (2)年产量为多少万件时，该工厂在这一纪念品的生产中所获利润最大？最大利润是多少？ 试卷第 4页，共 4页 18（17 分）．求下列代数式的最值： (1)已知� > 1，求 4 1 y x x    的最小值； (2)已知 0, 0x y  ，且满足 8 1 1 x y   .求 2x y 的最小值； (3)当 10 4 x  时，不等式 1 1 0 1 4 m x x     恒成立，求实数m的最大值. 19（17 分）．已知函数   2 2 4f x x mx   在区间 1, 2 上是单调函数 (1)求实数 m的所有取值组成的集合A ； (2)试写出  f x 在区间 1, 2 上的最大值  g m ； (3)根据（2）的结论，设   21 3 2 h x x   ，令      R , , g m A F h m m m Am     ð ，若对任意 7 , 2 m a     ， 都有   5F m a  成立，求实数 a的取值范围. 答案第 1页，共 7页 盐田高级中学高一上学期数学期中考试 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B A B B D C AC BD 题号 11 答案 BCD 1．A 【详解】函数 1( ) 3 1 f x x x     有意义，则 3 0 1 0 x x      ，解得 3x  ， 所以原函数的定义域为[3, ) . 2．D 【详解】特称命题的否定是全称命题，所以原命题的否定是 2, 1 0x R x x     ，故选 D. 3．B 【详解】对于 A， 0c  时不成立； 对于 B，因为 a b ，利用不等式的基本性质可得a b ，正确； 对于 C，因为 , 0a b c  ，所以 a c b c   ，因此不成立； 对于 D，  2 25 2 , 5 2    ，故不成立； 4．A 【详解】根据分段函数解析式知 (3) (3 2) (5) (7) 7 5 2f f f f       . 5．B 【详解】若 0c  ，令 2, 1a b  ，满足ac bc ，但 a b ； 若 a b ，则 ac bc 一定成立， 所以“ ac bc ”是“ a b ”的必要不充分条件. 6．B 【详解】由题设，偶函数  f x 在 ( ,0) 上单调递减，在 0, 上单调递增，且  2 (2) 1f f   ， 所以   1 (| 2 |)f x f   ，故 2x   或 2x  ，解集为{ | 2x x   或 2}x  . 答案第 2页，共 7页 7．D 【详解】因为8 7 1 1   ，则8 C ，选项 A 错误； 127 3 42 1   ，则127 A ，选项 B 错误； 37 3 12 1   ，则37 A ，选项 C 错误； 23 3 7 2   ，故23 A ；23 5 4 3   ，故 x B ；23 7 3 2   ，故 x C ，则23 A B C   ， 8．C 【详解】易知二次函数 2 2 5y x ax   的对称轴为 x a ， 因为函数 2 5, 1 ( ) , 1 x ax x f x a x x        是 R 上的减函数， 所以 1 0 1 2 5 a a a a        ，解得1 2a  . 9．AC 【详解】由  5A x x  N 可得  0,1,2,3,4A  ， 故  1,3A B  ,故    0,2,4A A B ð ，故 A 正确，    0,2,4,5,6,7U A B ð ，故 B 错误，  UA B ð =     0,1,2,3,4 0,2,4,6 0,2,4  ，C 正确，          5,6,7 0,2,4,6 6U UA B    ，D 错误， 10．BD 【详解】由题意得： 2 0ax bx c   的解为-2 和 3，且 0a  ， 所以 2 3 , 2 3 b c a a        ，解得： , 6b a c a    ， 所以 A 错误， 0ax c  ，即 6 0ax a  ，解得： 6x  ，B 正确； 6 6 0a b c a a a a        ，C 错误； 2 0cx bx a   变形为 26 0ax ax a    ，不等式除以 a 得： 26 1 0x x   ， 解得： 1 1 3 2 x x       ，D 正确. 11．BCD 答案第 3页，共 7页 【详解】由 ,a b为正实数， 对于 A， 2 2 0ab a b ab ab ab      ，解之得 2ab  ， 所以 4ab  ，当且仅当 2a b  时取得最小值，故 A 错误； 对于 B，由 1 1 1ab a b a b      ， 所以   1 1 2 22 2 3 3 2 3 2 2a b a ba b a b a b b a b a                 ， 当且仅当 2a b b a  ，即 2 1, 2 1 2 a b    时取得最小值，故 B 正确； 对于 C，    2 2 2 22 1 1a b ab aba b       ，由 A 知 4ab  ， 结合二次函数的性质知  21 1 8ab    ，当且仅当 2a b  时取得最小值，故 C 正确； 对于 D，   1 1 2 2 1 1 1 a b a b a b ab a b             ， 而   2 4 a b ab a b     ，即    2 4 0a b a b    ，解之得 4 2 2a b a b      ， 当且仅当 2a b  时取得最小值，故 D 正确. 12．4 【详解】由题意，集合 {1, 2,3}, ,1A B A B   ， 若集合 B中只有一个元素，可得 {1}B  ； 若集合 B中只有两个元素，可得 {1,2}B  或 3{ }1,B= ； 若集合 B中有三个元素，可得 {1,2,3}B  ， 综上可得，集合 B的个数为 4 个. 13．2 【详解】因为函数 2( ) 1f x ax  是定义在 [ 1 a  ， 2 ]a 上的偶函数， 所以 1 2 0a a    ，解得 1a  ， 所以 2( ) 1f x x  ， 所以  f a   1f 1 1 2   ． 14．1011 【分析】构造函数   3 2 2 1 x xg x x    ，即     1f x g x a   ，可证  g x 为奇函数，结合奇函数 答案第 4页，共 7页 的性质，可求得结果. 【详解】   3 2 2 1 1 x xf x a x      ， 设   2021 2 2 1 x xg x x    ， Rx ， 且         2021 2021 2 2 2 2 11 x x x xg x g x xx             ，则  g x 为奇函数，    max min 0g x g x   ， 则     1f x g x a   ，所以    max max 1f x g x a   ，    min min 1f x g x a   ， 所以        max min max min 2 2 2024f x f x g x g x a      ， 所以 1011a  . 15．(1)证明见详解； (2)证明见详解， 30, 2      . 【分析】（1）根据解析式有意义求定义域，然后判断  f x 和  f x 的关系可证； （2）取值、作差、变形，然后根据 1 2,x x 的范围和大小关系判断    1 2f x f x 的符号即可得 证，再根据单调性求出值域即可. 【详解】（1）由解析式有意义可知，函数  f x 的定义域为    ,0 0,    ， 又    1 1f x x x f x x x              ， 所以  f x 为奇函数. （2）  1 2, 0,x x    ，且 1 2x x ，      1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 11x xf x f x x x x x x x x x x x x x                       ， 因为 1 20 x x  ，所以 1 2 1 20, 0x xx x  ， 所以  1 2 1 2 11 0x x x x         ，即        1 2 1 20,f x f x f x f x   ， 所以  f x 在区间 0, + ∞ 上单调递增. 由上知，  f x 在区间 1,2 单调递增， 答案第 5页，共 7页 所以      1 2f f x f  ，即   30 2 f x  ， 所以  f x 在区间 1,2 上的值域为 30, 2      . 16．(1)  1 5A B x x     (2) 1m m   或 1 3m  【分析】（1）由交集的定义求解即可； （2）因为 A B A ，所以 B是 A的子集．讨论 B 和 B ，解出实数 m的取值范围， 即可得出答案. 【详解】（1）当 2m  时，  1 5B x x    ， 所以  1 5A B x x     ； （2）因为 A B A ，所以 B是 A的子集． ① B ，即3 1 3m m ≤ ，解得 1m   ； ② B  ，则 3 2 3 1 8 3 1 3 m m m m           ，所以1 3m  ， 综上所述，实数 m的取值范围为 1m m   或 1 3m  17．(1)   21 8 3,0 9 2 100 50, 9 x x x L x x x x            (2)当年产量为 10 万件时，所获利润最大，最大利润为 30 万元 【分析】（1）根据题意分 0 9x  和 9x  两种情况，求分段函数解析式； （2）根据题意分0 9x  和 9x  两种情况，根据二次函数和基本不等式求最值. 【详解】（1）因为每件商品售价为 10 元，则 x万件商品销售收入为 10x万元， 当0 9x  时，   2 21 110 2 3 8 3 2 2 L x x x x x x            ； 当 9x  时，   100 10010 11 53 3 50L x x x x x x                ； 所以   21 8 3,0 9 2 100 50, 9 x x x L x x x x            . （2）由（1）可知： 答案第 6页，共 7页 当0 9x  时，    221 18 3 8 29 2 2        L xx x x ， 当 8x  时，  L x 取得最大值 29； 当 9x  时，   100 10050 50 2 50 20 30L x x x x x              ， 当且仅当 100x x  时等号成立，即 10x  时，  L x 取得最大值 30； 因为 29 30 ，所以当年产量为 10 万件时，所获利润最大，最大利润为 30 万元． 18．【详解】 （1）因为 1x  ，则 1 0x   ，由基本不等式得，    4 41 1 2 1 1 5 1 1 y x x x x            ， 当且仅当 4 1 1 x x    ，即 3x  时，等号成立， 故 4 1 y x x    的最小值为 5； （2）因为  , 0,x y   ，且 4 1x y  ， 所以 1 1 4 4 4 45 5 2 9x y x y y x y x x y x y x y x y             ， 当且仅当 4y x x y  ，即 2 24x y 时取等号，此时 1 3 x  ， 1 6 y  ， 所以 1 1 x y  的最小值为 9. （3）不等式 1 1 0 1 4 m x x     恒成立化为 1 1 1 4 m x x    恒成立， 又因为 10 4 x  ，所以1 4 0x  ，因此      1 4 1 41 1 1 1 4 44 1 4 5 5 2 9 1 4 1 4 1 4 1 4 x xx xx x x x x x x x x x                    当且仅当  1 44 1 4 xx x x    ，即 1 6 x  时，等号成立， 所以 9m  ， 即实数m的最大值为 9． 19．(1)    , 2 1,A      答案第 7页，共 7页 (2)   2 3, 2 4 , 1 m m g m m m        (3) 51 3 a   【分析】（1）考虑对称轴，由二次函数的单调性可得m的不等式，解不等式即可； （2）分类讨论结合单调性可得最大值  g m ； （3）由题意求得  F m 的解析式，由题意可得    max min 3F m F m a   ，再分类讨论，结 合函数的单调性求得最值，解不等式，即可求解 【详解】（1）对称轴为 x m  ，图象开口向上， 则 2m  或 1m   即 2m   或 1m  ， 所以    , 2 1,A      （2）由（1）知， 2m   或 1m  ， 当 2m   时，函数  f x 在  1, 2 上递减，所以    1 2 3g m f m     ； 当 1m  时，函数  f x 在 1, 2 上递增，所以    2 4g m f m  ， 所以   2 3, 2 4 , 1 m m g m m m        ； （3）由    , 2 1,A      得  R 2,1A  ð ， 所以   2 2 3 2 1 3 2 1 2 4 1 m m F m m m m m             ， ， ， ， 问题转化为当 7 , 2 m a     时，  max 5F m a  . ①当 7 1 2 a   时，  max 4F m  ， 此时 4 5a  ，解得 1 1a   ②当 1a  时， 所以  max ( ) 4 5F m F a a a    ，解得 51 3 a  综上可知： 51 3 a   .