四川省德阳市博雅明德高级中学2024-2025学年高一上学期期中检测数学试题

试卷第 1页，共 2页 德阳市博雅明德高级中学 2024 年秋季学期高一 期中考试试题（数学） 考试时间：120 分钟 满分：100 分 第 I卷（选择题） 一、单选题（每题 3 分,共计 24 分） 1．若集合 { 1 5}A x x   N∣ ，则集合 A 的真子集有（ ）个. A．7 B．15 C．31 D．63 2．命题“ 2 30,x x x   ”的否定是（ ） A． 2 30,x x x   B． 2 30,x x x   C． 2 30,x x x   D． 2 30,x x x   3．已知 0x  ，则函数 1y x x   的最小值是（ ） A． 2 2 B． 2 C． 2 D． 3 4．设函数   2 2 , 3 5 , 3 x x xf x x x         ，则 ( (1)) f f （ ） A． 1 B．4 C．6 D．8 5．若函数 ( )y f x 定义域为[ 4, 8] ，则 ( 1)y f x  的定义域为（ ） A．[ 2, 2] B．[ 2, 4] C．[ 5, 7] D．[ 4, 8] 6．已知集合    2 4 5 0 , 2024A x x x B y y x       ，则 A B  （ ） A． 5,1 B． 1,2024 C． 1, D． 2024,  7．若 : 0p x  ，则 p的一个充分不必要条件为 （ ） A． 1x   B． 1x  C． 1 1x   D． 1x   8．若不等式 216 8 3 0kx kx   对一切实数 x都成立，则实数 k的取值范围为（ ） A． | 0 3k k  B． | 0 3k k  C． | 0 3k k  D． | 0 3k k  二、多选题（每题 5 分，共 15 分，全部选对得 5 分，少选得 2 分，选错得 0 分） 9．下列关系中正确的是（ ） A．1 {1} B．{ 0,1} {(0,1)} C．{( , )} {( , )}a b b a D． {1} 10．下列说法正确的是（ ） A．命题“ Rx  ， 1 0x   ”的否定是“ Rx  ， 1 0x   ” B． 2x  是 4x  的必要不充分条件 C． a b 是 3 3a b 的充要条件 D．若  1,3x  ，使 2 4 0x ax   为假命题，则 a的取值范围为  4,4 11．已知函数 2( ) 1 xf x x    ，则关于函数 ( )f x 正确的说法是（ ） A．函数 ( )f x 的定义域为 1x x   B．函数 ( )f x 在 (0, ) 单调递减 C．函数 ( )f x 值域为{y 2}y  D．不等式 ( ) 2f x  的解集为 ( 1,0) 第 II 卷（非选择题） 三、填空题（每题 3 分，共 9 分） 12．函数 1( ) 1 1 3 f x x x      的定义域为 . 试卷第 2页，共 2页 13．若 1x   ，则 22 4 4 1 x x x    的最小值为 . 14．已知函数 2 ( 1) 2 , 1 ( ) 3, 1 a x a x f x x ax x         ，且对任意 1 2x x ，都有    1 2 1 2 0 f x f x x x    成立，则实数 a的取 值范围是 四、解答题（共 52 分） 15．（本小题 8 分）已知集合  1 4A x x    ，  1B x x  或 5x  ． (1)求 A B 、A ∩ B； （4 分） (2)若全集 RU  ，求 A∩ (CUB)． （4 分） 16．（本小题 10 分）已知不等式  2 0 0ax bx c a    的解是 2x  或 3x  ． (1)用字母 a表示出 b，c； （5 分） (2)求不等式 2 0bx ax c   的解. （5 分） 17．（本小题 10 分）已知命题   2: 1,2 0p x x a   ， ，命题 2 2: R 2 2 0q x x ax a a     ， . (1)若命题 p为假命题，求实数 a 的取值范围； （4分） (2)若命题 p 和 q 均为真命题，求实数 a 的取值范围. （6分） 18．（本小题 10 分）已知函数   1f x x x   ． (1)请用定义证明函数  f x 在(0,1)上单调递减； （5分） (2)若任意 1 1, 4 2 x      ，使得 2 1 0x ax   恒成立，求实数 a 的取值范围． （5 分） 19．（本小题 14 分）已知函数    2 2 1f x x tx t   R . (1)若  f x 在  , 2 上单调递减，求 t的取值范围； （3 分） (2)当 t=2 时，求函数在区间 1， +∞ 上的值域；（5 分） (3)设函数  f x 在区间 2, 1  上的最小值为  g t ，求  g t 的表达式；（6分） 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B D C C D D AD BC 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】根据题意求集合A的元素个数，进而求真子集个数. 【详解】由题意可知：集合，共5个元素， 所以集合A的真子集有个. 故选：C. 2．B 【分析】根据存在量词命题的否定即可得解. 【详解】命题“”的否定是“”. 故选：B. 3．B 【解析】根据均值定理求解即可. 【详解】 当且仅当即时等号成立，即取得最小值. 故选：B 【点睛】本题考查均值定理，解决本题的关键是“一正、二定、三相等”，属于较易题. 4．D 【分析】先求出的值，再代入即可求解. 【详解】, 故选：D 5．C 【分析】由的定义域可知的范围，从而求出定义域. 【详解】因为函数定义域为，所以，解得：，所以函数的定义域为. 故选：C 6．C 【分析】解不等式得到集合，求的值域得到集合，再求交集即可. 【详解】或， ， 故． 故选：C． 7．D 【分析】选项是的充分不必要条件，则选项的范围是的子集，以此判断选项是否满足条件. 【详解】依题意可知选项是的充分不必要条件，则选项的范围是的子集， 对于选项A，不是的子集，故A不满足； 对于选项B，不是的子集，故B不满足； 对于选项C，不是的子集，故C不满足； 对于选项D，不是的子集，故D满足. 故选：D 8．D 【分析】分和两种情况，结合不等式恒成立求参数的取值范围. 【详解】当时，不等式为对一切实数都成立，符合题意， 当时，要使得不等式对一切实数都成立， 则，解得， 综上所述，的取值范围为. 故选：D． 9．AD 【分析】利用元素与集合的关系判断选项A；结合集合的含义、集合相等的含义判断BC；利用集合与集合之间关系判断选项D. 【详解】对于A，由元素和集合的关系，有，A选项正确； 对于B，集合是数集，集合是点集，两个集合不相等，B选项错误； 对于C，两个集合都是点集，但集合中点的坐标不同，两个集合不相等，C选项错误； 对于D，空集是任意集合的子集，D选项正确. 故选：AD. 10．BC 【分析】A由特称命题的否定规则可判断选项正误； B由与间关系可判断选项正误； C由充要条件定义可判断选项正误； D由题，其命题的否定为真命题，据此可判断选项正误； 【详解】A，命题“，”的否定是“，”，故A错误； B，注意到由得不到，由可以得到， 则是的必要不充分条件，故B正确； C，若，则，又注意到， 则，即； 若，则， 又， 则，即.则是的充要条件，故C正确； D，由题，，使的否定： ，使为真命题. 则，或. ，（当且仅当取等号）； ，. 则若，使为假命题，则的取值范围为. 故D错误 故选：BC 11．ABD 【分析】根据分式函数有意义求解定义域判断A，利用分离常数法结合反比例函数的单调性判断B，根据分离常数法求解值域判断C，解分式不等式判断D. 【详解】由，要使函数有意义，则，解得， 则函数的定义域是，值域为，故A正确； 向左平移一个单位，得到，再向上平移个单位，得到， 因为函数在上为减函数，所以函数在单调递减， 函数在单调递减，故B正确； 由，知，，所以， 所以函数值域为，故C错误； 不等式即，所以，所以， 所以不等式的解集为，故D正确. 故选：ABD. 12． 【分析】根据二次根式的性质及分母不为，即可求解. 【详解】由题意可知，解得， 所以函数的定义域为. 故答案为：. 13．4 【分析】根据给定条件，利用配凑法及基本不等式求出最小值即可得解. 【详解】当时，， 则， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为4. 故答案为：4 14． 【分析】根据题意得到函数在R上单调递增，然后根据分段函数单调性的判断方法求实数的取值范围即可. 【详解】对任意，都有成立， 由函数单调性定义可得函数在R上单调递增， 则根据分段函数单调性的判断方法，得，解得． 实数的取值范围 故答案为： 15．(1)或， (2) 【分析】（1）根据并集和交集的知识求得正确答案. （2）根据补集、交集的知识求得正确答案. 【详解】（1）依题意，集合，或， 所以或，. （2）由于， 所以. 16．(1)， (2)或 【分析】（1）由韦达定理可得； （2）把（1）的结论代入求解． 【详解】（1）由不等式的解为或， 可知且的两根为2和3， 由韦达定理得，，所以，； （2）由（1）可得：可变为， 因为，所以，整理得， 解得或，所以不等式的解是或． 17．(1)； (2). 【分析】（1）由题意 为真命题，进而转化成最值问题可求出结果； （2）先由（1）得命题p为真命题时a的取值范围，接着求出命题q为真时a的取值范围，再利用命题p和 均为真命题即可得结果. 【详解】（1）当 时， ， 由题 为真命题， 所以，故 ， 实数的取值范围是 . （2）由（1）知，命题为真命题时，， 命题为真命题时，，解得 ， 为真命题时， ， 命题和均为真命题时 ，解得 ， 即实数的取值范围为 . 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，利用函数单调性的定义和判定方法，即可得证； （2）根据题意，转化为任意，使得恒成立，由（1），得到函数在为单调递减函数，求得，即可求解. 【详解】（1）证明：任取，且， 则， 因为，且，可得， 所以，即， 所以函数在上单调递减. （2）解：因为任意，使得恒成立， 即任意，使得恒成立， 由（1）知，函数在为单调递减函数， 当时，可得，所以， 所以实数a的取值范围． 19． (1) （2） (3) 【详解】（1）函数开口向上，对称轴为， 若在上单调递减，则，即的取值范围为； （2） （3）因为，， 当时，在上单调递增，所以； 当时，在上单调递减，所以； 当时，； 所以； 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$