精品解析：北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题

人大附中2024~2025学年度第一学期高一年级数学期中练习 2024年11月6日 制卷人：侯立伟 李华斌 审卷人：吴中才 说明：本试卷分Ⅰ卷和II卷，I卷18道题，共100分；II卷7道题，共50分． Ⅰ卷、II卷共25题，合计150分，考试时间120分钟． 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效． Ⅰ卷（共18道题，满分100分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．） 1. 已知集合且，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设有下面四个命题，其中真命题为（ ） A. B. C. D. 3. 设集合，，若函数是定义域为M，值域为N的单调函数，则的图象可能是（ ） A. B. C. D. 4. 函数的零点所在的区间是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数是上的偶函数，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 已知不等式对任意的恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 张老师锻炼时离家距离S与行走时间t之间的函数图象如图所示，若在四个选项中用黑点•表示张老师家的位置，则张老师行走的路线可能是（ ） A. B. C. D. 9. 已知，则“”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 10. 已知二次函数，对任意的，都有，则（ ） A. 有两个正零点 B. 有一正一负两个零点 C. 有两个负零点 D. 无零点 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．请将结果填在答题纸上的相应位置．） 11. 函数的定义域为______． 12. 设函数，则______． 13. 设，是关于的方程的实数根，则实数a的取值范围是______，的最大值为______． 14. 已知是定义在R上的奇函数，当时，．若在R上具有单调性，则a的取值范围是______． 15. 已知，函数． （1）当时，不等式的解集是______ （2）若函数恰有2个零点，则a的取值范围是______ 三、解答题（本大题共3小题，共35分．解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．） 16. 已知集合，． （1）若，求； （2）若，求a的取值范围． 17. 已知的定义域为，且满足，． （1）求的解析式； （2）判断在上的单调性，并用单调性的定义证明． 18. 设函数，其中． （1）对于任意，都有，求t的值； （2）若存在，使得关于x的方程有4个不同的实数根，直接写出t的范围： （3）若对于任意，都有，求实数t的取值范围． Ⅱ卷（共7道题，满分50分） 一、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．） 19. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的值域为R C. 对于任意正有理数a，有奇数个零点 D. 在上是增函数 20. 司机甲和乙的加油习惯不同，甲每次加固定量的油，乙每次加固定钱数的油.恰有两次甲和乙所加油的单价相同，而这两次的油价不同，若从这两次加油的均价角度分析，则（ ） A. 甲更低 B. 乙更低 C. 甲和乙一样高 D. 不能判断谁更高 21. 若集合表示的图形中，两点间最大距离为d，面积为S，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 二、填空题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．请将结果填在答题纸上的相应位置．） 22. 关于的方程有两个不相等的实数根，，且，则a的取值范围是______． 23. 设，，若恒成立，则实数的取值范围是______. 24. 小明和小强做一个数学游戏，规则如下：首先由小明和小强各出一个实数和，满足，然后由裁判对和分别进行两种数学运算： （1）乘法运算：； （2）“*”运算：． 若，则判定小强获胜；若，则判定小明获胜． 现有下面三个结论： ①若小明和小强都出正数，则小明不可能获胜； ②若小明和小强都出负数，则小强有可能获胜： ③若小明出负数，则小强总能出一个正数使自己获胜； 其中正确结论的序号为______． 三、解答题（本大题共1小题，共14分．解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．） 25. 如图，A是n行n列的数表（，），用（）表示位于第i行第j列的数，且满足， 给定，若数表A满足，则称A具有性质． （1）直接写出数表，是否具有性质； （2）判断是否存在具有性质的数表A，并加以证明； （3）若数表A具有性质，求n（用p表示）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人大附中2024~2025学年度第一学期高一年级数学期中练习 2024年11月6日 制卷人：侯立伟 李华斌 审卷人：吴中才 说明：本试卷分Ⅰ卷和II卷，I卷18道题，共100分；II卷7道题，共50分． Ⅰ卷、II卷共25题，合计150分，考试时间120分钟． 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效． Ⅰ卷（共18道题，满分100分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．） 1. 已知集合且，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合包含的元素特征，结合的结果可得结果. 【详解】，. 故选：D. 2. 设有下面四个命题，其中真命题为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据量词的意义，逐项分析其真假，即可求解. 【详解】对A：由恒成立，故该命题为假命题，故A错误； 对B：当时，，故该命题为假命题，故B错误； 对C：，故该命题为真命题，故C正确； 对D：，故无解，故该命题为假命题，故D错误. 故选：C. 3. 设集合，，若函数是定义域为M，值域为N的单调函数，则的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的定义以及定义域与值域，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】A图象不满足定义域要求； D图象中存在值对应两个值，不满足函数概念； C图象不满足单调函数概念； B图象满足定义域为，值域为，且单调递减. 故选：B 4. 函数的零点所在的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据零点的存在性定理的应用即可求解. 【详解】由题意知，， ， 所以，而函数为上的增函数， 由零点的存在性定理知函数的零点在区间. 故选：C 5. 已知，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】举反例即可判断ABD，根据立方差公式即可求解C. 【详解】对于A，当时，，故A错误， 对于B，取，满足，但，故B错误， 对于C，由于， 故时，由于不同时为0，故不可能同时为0，故， 因此，故C正确， 对于D，若为负数，则无意义，故D错误， 故选：C 6. 已知函数是上的偶函数，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据偶函数的定义，结合特值法可解. 【详解】是偶函数，则，且，代入计算得到. 故选：A. 7. 已知不等式对任意的恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据恒成立，转化为，即可根据分式不等式的求解得解. 【详解】由于对任意的恒成立，故， 进而， 故选：B 8. 张老师锻炼时离家距离S与行走时间t之间的函数图象如图所示，若在四个选项中用黑点•表示张老师家的位置，则张老师行走的路线可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据距离判断即可. 【详解】中途有一段离家的距离没变，所以为圆弧. 故选：C 9. 已知，则“”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】利用函数的奇偶性结合给定条件证明充分性，举反例否定必要性即可. 【详解】因为，所以， 故，即是奇函数， 若，可得，故， 可得，故充分性成立， 令，，此时满足， 但不满足，故必要性不成立，故A正确. 故选：A 10. 已知二次函数，对任意的，都有，则（ ） A. 有两个正零点 B. 有一正一负两个零点 C. 有两个负零点 D. 无零点 【答案】B 【解析】 【分析】赋值先令可得，再由恒成立，代入化简可得，然后根据判别式和两根之积小于零判断即可； 【详解】因为对任意的，都有， 取，可得，即，即； 又恒成立，代入可得恒成立， 即恒成立，所以， 令，，所以有两个根， 又，所以一正一负， 综上有一正一负两个零点， 故选：B. 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．请将结果填在答题纸上的相应位置．） 11. 函数的定义域为______． 【答案】 【解析】 【分析】由偶次方根的被开方数为非负数，得不等式，解之即得函数的定义域. 【详解】由函数有意义，可得， 解得或，故函数的定义域为. 故答案为：. 12. 设函数，则______． 【答案】26 【解析】 【分析】根据分段函数的结构特点，代入求值即得. 【详解】因，故 故答案为：26. 13. 设，是关于的方程的实数根，则实数a的取值范围是______，的最大值为______． 【答案】 ①. ②. 1 【解析】 【分析】空1由判别式可得；空2由韦达定理结合不等式关系可得； 【详解】由； 又， ， 所以的最大值为1； 故答案为：. 14. 已知是定义在R上的奇函数，当时，．若在R上具有单调性，则a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据函数的奇偶性求解函数的解析式，然后再根据分段函数单调性的要求求解参数取值范围即可. 【详解】已知当时，， 假设，则，得：， 由于是定义在上的奇函数，所以，解得： 又，则， 又因为在上具有单调性，可知在上单调递减， 因此可得：，解得：.故的取值范围是. 故答案为： 15. 已知，函数． （1）当时，不等式的解集是______ （2）若函数恰有2个零点，则a的取值范围是______ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）分别求解两个不等式得到两段上的解集，再求其并集即得； （2）结合函数图象，可将函数恰有2个零点分成有1和4两个零点或有1和3两个零点两种情况分别考虑，即得参数a的取值范围. 【详解】（1）当时，， 当时，由可得，则有； 当时，由可得，则有. 综上，不等式的解集为； （2）因有一个零点为4，而有两个零点，分别为1和3. 若函数恰有2个零点,可以分成两种情况： ①当函数有1和4两个零点时，如图1所示，需使； ②当函数有1和3两个零点时，如图2所示，需使. 综上可得，. 【点睛】思路点睛：本题主要考查分段函数的由零点个数求参问题，属于难题. 一般先求出每段上函数的零点，结合函数图象，由题意中零点个数分析分段点的临界位置，动态理解图象即可求得参数范围. 三、解答题（本大题共3小题，共35分．解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．） 16. 已知集合，． （1）若，求； （2）若，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用绝对值不等式以及一元二次不等式化简集合,即可根据并集定义求解， （2）根据交集的结果可得，即可分类讨论求解. 【小问1详解】 由可得， 当时，， 故 【小问2详解】 由可得， 当时，，解得，符合题意， 当时，若 ，则， 故，解得， 若 ，则， 故，解得， 综上可得 17. 已知的定义域为，且满足，． （1）求的解析式； （2）判断在上的单调性，并用单调性的定义证明． 【答案】（1） （2）单调递增，证明:任取，且使， 而， ， 因为，所以，， 由已知得，所以，故， 故，即， 最后得到在上单调递增. 【解析】 【分析】（1）利用函数奇偶性的性质求解参数即可. （2）先判断单调性，再利用定义法证明即可. 【小问1详解】 因为的定义域为，关于原点对称， 且，故是奇函数， 因为在处有定义，所以， 得到，解得，此时， 因为，所以，解得， 故的解析式， 【小问2详解】 在上单调递增，理由略. 18. 设函数，其中． （1）对于任意，都有，求t的值； （2）若存在，使得关于x的方程有4个不同的实数根，直接写出t的范围： （3）若对于任意，都有，求实数t的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二次函数的性质即可求解； （2）根据图象变换结合题意可得，解不等式即可求解； （3）设函数在区间上的最大值为，最小值为，则任意，都有，等价于，根据二次函数的性质，分，，和来讨论即可求解. 【小问1详解】 函数的对称轴为， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，又， 所以. 【小问2详解】 由题意得， 即，解得或， 所以的取值范围是. 【小问3详解】 设函数在区间上的最大值为，最小值为， 则任意，都有，等价于， ①当时，在上单调递增， 所以， 所以，解得， 所以； ②当，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以， 即，解得， 所以， ③当，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，解得， 所以， ④当时，在上单调递减， 所以， 所以，解得， 所以； 综上：的取值范围是. Ⅱ卷（共7道题，满分50分） 一、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．） 19. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的值域为R C. 对于任意正有理数a，有奇数个零点 D. 在上是增函数 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，举反例排除即可；对于B，由时，，函数的值域里不含负的无理数可排除；对于C，分段考虑每段上函数的零点个数即可推得；对于D，举反例排除即可. 【详解】对于A，因，即，故不是偶函数，即A错误； 对于B，因时，，即函数的值域里不含负的无理数， 即的值域不是R，故B错误； 对于C，函数的零点在时，有；在时，有. 对于时，函数有一个零点为，而对于时，函数有两个零点为或没有零点， 故函数的零点有3个或1个，故C正确； 对于D，因，显然，故在上不是增函数,即D错误. 故选：C. 20. 司机甲和乙的加油习惯不同，甲每次加固定量的油，乙每次加固定钱数的油.恰有两次甲和乙所加油的单价相同，而这两次的油价不同，若从这两次加油的均价角度分析，则（ ） A. 甲更低 B. 乙更低 C. 甲和乙一样高 D. 不能判断谁更高 【答案】B 【解析】 【分析】设甲每次的加油量为，乙每次得加油费为，先后两次油的单价分别为,依题意，计算甲与乙加油的均价，再作差比较，即可判断. 【详解】设甲每次的加油量为，乙每次得加油费为，先后两次油的单价分别为， 则甲两次加油的均价为：；而乙两次加油的均价为：， 由，因且，故得， 即乙两次加油的均价更低. 故选：B. 21. 若集合表示的图形中，两点间最大距离为d，面积为S，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可． 【详解】对任意给定，则，且， 可知，即， 再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域， 如图阴影部分所示，其中，， 可知任意两点间距离最大值； 梯形的面积， 阴影部分面积． 故选：B． 二、填空题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．请将结果填在答题纸上的相应位置．） 22. 关于的方程有两个不相等的实数根，，且，则a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用给定条件合理构造出，再利用韦达定理得到，求解参数范围即可. 【详解】因为关于的方程有两个不相等的实数根， 所以，解得， 因为，所以，因为，所以， 故，即， 而由韦达定理得，， 代入不等式中得到，解得， 故答案为： 23. 设，，若恒成立，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】作出，的大致图象，由恒成立，利用数形结合可得到关于a的不等式，解不等式即可得解. 【详解】 作出函数的图像，向右平移一个单位得到的图像，如图所示. 要使恒成立，必有，即， 又，所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是正确作出函数的大致图象，然后根据函数与的图象的关系，数形结合判段的取值范围，考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力，属于较难题. 24. 小明和小强做一个数学游戏，规则如下：首先由小明和小强各出一个实数和，满足，然后由裁判对和分别进行两种数学运算： （1）乘法运算：； （2）“*”运算：． 若，则判定小强获胜；若，则判定小明获胜． 现有下面三个结论： ①若小明和小强都出正数，则小明不可能获胜； ②若小明和小强都出负数，则小强有可能获胜： ③若小明出负数，则小强总能出一个正数使自己获胜； 其中正确结论的序号为______． 【答案】②③ 【解析】 【分析】举反例即可求解①②，根据一元二次的根，即可判断③. 【详解】对于①,若，则，此时，故小明获胜，故①错误, 对于②，若取，则，此时，故小强获胜，故②正确, 对于③，由以及可得，故，故，故，则，由于，取，因此对任意的，总能找到，使得，故③正确, 故答案为：②③ 三、解答题（本大题共1小题，共14分．解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．） 25. 如图，A是n行n列的数表（，），用（）表示位于第i行第j列的数，且满足， 给定，若数表A满足，则称A具有性质． （1）直接写出数表，是否具有性质； （2）判断是否存在具有性质的数表A，并加以证明； （3）若数表A具有性质，求n（用p表示）． 【答案】（1）数表具有性质；数表不具有性质. （2）不存在，证明： 假设数表具有性质，则，数表有5行5列. 由条件得， 由，可知数表中任意两行不同. 根据定义由，且， 则对于任意，，. 则当时，，. 即数表中任意一行都恰有个，其余为； 当时，（）. 又由，且， 故任意不同两行中恰列同为，即，其余各列情况只能为或或. 由题意可知，则 ①当时，不妨设第一行是， 则其他行只能是以下6种情况：， 其中与至多出现1个； 与至多出现1个； 与至多出现1个； （假设同时出现，则当时，，不满足性质） 从而该数表最多4行，故与题意行列矛盾. ②当时，不妨设第一行是， 则其它行只能是， 故数表至多4行，产生矛盾； ③当时，数表中任意不同两行至少有3个位置都是， 则当时，，不满足性质； ④当时，数表中任何一行都是个1，这与任两行不同矛盾； 综上所述，不存在具有性质的数表. （3） 【解析】 【分析】（1）由数表结合取值，分别求解验证即可； （2）用反证法证明，结合性质，按的取值分类讨论分别推出矛盾可证； （3）设各列中的最大个数为，结合性质从行列两个角度建立的不等关系，借助两边夹构造等量关系求解. 【小问1详解】 对于数表， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 故可以看到，当时，； 且当时，. 所以数表具有性质. 对于数表， 当时，， 故数表不具有性质. 【小问2详解】 不存在具有性质的数表，理由略; 【小问3详解】 因为数表有行列，具有性质， 由题意，数表A满足. 由，可知数表中任意两行不同. 根据定义由，且， 则对于任意，，. 则当时，. 即数表中任意一行都恰有个，其余为，行共个； 当时，，且， 故任意不同两行中恰列同为，即，其余情况只能为或或. 设各列中含的最大个数为，则的总个数，则. ①考虑数表的前列中的分布， 第一行有个，不妨设这个在前列，其后都为， 考虑前列中的总个数， 根据性质，， 则考虑前列中除第行外其余各行都恰有个，即除第行外行共个， 故前列中的总个数为，又列中的总个数不超过， 从而，则； ②考虑数表前行中的分布， 先考虑的个数最多即个的一列，不妨设为第一列， 不妨设这个在前行，根据性质， 由数表第行前列都为，则第行第列至第列必为， 不妨设第行的剩余个1在随后的第列至列上（即图中第2组个）， 同样的，第行的剩余个1不能在第列之前，不妨设在随后的第列至列上（即第3组个），， 依次类推，根据性质可作出如下图的数表： 结合性质，由数表可得到如下结论： （i）； （ii）由①知，每一行都恰列有，则这列在数表中含有的总个数为， 即数表中第组从第1列至第列有个， 考虑前行的分布，则有， 即， 又，则， 故，所以或. 若，则由知，，产生矛盾， 所以，则由①②推出的结论，， 此时，， 故. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于条件的理解，转化为以下性质： （1）数表中任意两行不同； （2）数表中任意一行都恰有个，其余为，行共个； （3）故任意不同两行中恰列同为，即，其余情况只能为或或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $