精品解析：福建省莆田第二中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题

蒲田二中2024-2025学年高一上学期期中考 数学试卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出们四个选项中，只有一项是符合题目受求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题.“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 设命题，命题，则命题是命题成立的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 5. 已知f(x－1)＝x2，则f(x)的解析式为（ ） A. f(x)＝x2－2x－1 B. f(x)＝x2－2x＋1 C. f(x)＝x2＋2x－1 D. f(x)＝x2＋2x＋1 6. 若正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. 或 C. D. 或 7. 函数满足对且，都有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 非空集合，且满足如下性质： 性质一：若、，则；性质二：若，则则称集合为一个“群”． 以下叙述正确的个数为（ ） ①若为一个“群”，则必为无限集； ②若为一个“群”，且、，则； ③若、都是“群”，则必定是“群”； A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，其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. 已知a>b>0，c>d>0，则下列不等式中一定成立的是（ ） A. a+c>b+d B. a-c>b-d C. ac>bd D. 10. 下列函数中，属于偶函数并且值域为的有（ ） A. B. C. D. 11. 定义域和值域均为（常数）的函数和图象如图所示，给出下列四个命题，那么，其中正确命题是（ ） A. 方程有且仅有三个解 B. 方程有且仅有三个解 C. 方程有且仅有九个解 D. 方程有且仅有一个解 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知集合，则集合有__________个子集. 13. 已知函数是偶函数，当时，，则当时，______． 14. 写出一个函数__________，使其满足，有相同的对称轴． 四、解答题：本题共6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）计算； （2）已知，求式子的值． 16. 已知函数的定义域为，集合. （1）求； （2）集合，若为的子集，求实数的取值范围. 17. 已知关于的不等式的解集为（其中）． （1）求实数a，b的值； （2）解不等式． 18. 已知二次函数的图象过原点，且对任意，恒有. （1）求的值； （2）求函数的解析式； （3）记函数，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围. 19. 我市为推动美丽乡村建设，发展农业经济，鼓励农产品加工，某食品企业生产一种饮料，每瓶成本为10元，售价为15元，月销售8万瓶. （1）据市场调查，若售价每提高1元，月销售量将减少2000瓶，要使月总利润不低于原来的月总利润（月总利润月销售总收入月总成本），该饮料每瓶售价最多为多少元？ （2）为提高月总利润，企业决定下月进行营销策略改革，计划每瓶售价元，并投万元作为营销策略改革费用.据市场调查，每瓶售价每提高1元，月销售量将相应减少万瓶，则当每瓶售价为多少时，下月的月总利润最大？并求出下月最大总利润. 20. 已知定义在上的函数同时满足下列四个条件： ①； ②对任意，恒有； ③对任意，恒有； ④对任意，恒有. （1）求的值； （2）判断在上的单调性，并用定义法证明； （3）若对任意，恒有，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 $ 蒲田二中2024-2025学年高一上学期期中考 数学试卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出们四个选项中，只有一项是符合题目受求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交集运算法则运算即可. 【详解】因为， ， 所以. 故选：. 2. 命题.“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用特称命题的否定形式回答即可. 【详解】根据特称命题的否定形式可知命题.“”的否定是“”. 故选：B 3. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据幂函数的性质，结合中间量比较即可得答案. 【详解】因为幂函数在上单调递增，故， 又因为，所以. 故选：A. 【点睛】本题考查指数幂的比较大小，考查化归转化思想，是基础题.本题解题的关键在于借助函数在上单调递增的性质和中间量实现大小比较. 4. 设命题，命题，则命题是命题成立的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】求出命题对应不等式的解集，然后根据充要条件的定义即可求解. 【详解】解：因为命题，即或，又命题， 所以或， 所以命题是命题成立的充分不必要条件， 故选：A. 5. 已知f(x－1)＝x2，则f(x)的解析式为（ ） A. f(x)＝x2－2x－1 B. f(x)＝x2－2x＋1 C. f(x)＝x2＋2x－1 D. f(x)＝x2＋2x＋1 【答案】D 【解析】 【分析】 采用换元法即可求解 【详解】令，则，等价于， 故 故选：D 【点睛】本题考查换元法求解函数解析式，属于基础题 6. 若正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本不等式和常值代换法求得的最小值，依题得到不等式，解之即得. 【详解】因，由 ，当且仅当时取等号， 即当时，取得最小值6. 因不等式恒成立，故， 即，解得. 故选：C. 7. 函数满足对且，都有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用分段函数的单调性，结合一次函数、二次函数单调性列式求解. 【详解】由对且，都有，得函数在R上单调递减， 则，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：D 8. 非空集合，且满足如下性质： 性质一：若、，则；性质二：若，则则称集合为一个“群”． 以下叙述正确的个数为（ ） ①若为一个“群”，则必为无限集； ②若为一个“群”，且、，则； ③若、都是“群”，则必定是“群”； A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据性质，运用特例法逐一判断即可. 【详解】对于①，设集合，显然，符合性质一， 同时也符合性质二，因此集合是一个群，但是它是有限集，故本叙述不正确； 对于②，根据群的性质，由可得：，因此可得，故本叙述正确； 对于③，设， 若，一定有，， 因为、都是“群”， 所以，， 因此，若，所以，，，故本叙述正确. 故选：C. 【点睛】关键点睛：正确理解群的性质是解题的关键. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，其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. 已知a>b>0，c>d>0，则下列不等式中一定成立的是（ ） A. a+c>b+d B. a-c>b-d C. ac>bd D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据不等式的性质依次判断即可. 【详解】对A，若a>b>0，c>d>0，则a+c>b+d，故A正确； 对B，若a>b>0，c>d>0，如，则，故B错误； 对C，若a>b>0，c>d>0，则ac>bd，故C正确； 对D，若a>b>0，c>d>0，则，则，故D正确. 故选：ACD. 10. 下列函数中，属于偶函数并且值域为的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的定义及函数的值域逐项分析即得. 【详解】对于A，函数的定义域为不关于原点对称，函数为非奇非偶函数，故A错误； 对于B，的定义域为R，， 所以函数为偶函数，且值域为，故B正确； 对于C， 定义域为，，所以函数为偶函数， 又，当且仅当，即时取等号， 故函数的值域为，故C正确； 对于D，定义域为，， 所以函数为偶函数，值域为，故D错误. 故选：BC. 11. 定义域和值域均为（常数）的函数和图象如图所示，给出下列四个命题，那么，其中正确命题是（ ） A. 方程有且仅有三个解 B. 方程有且仅有三个解 C. 方程有且仅有九个解 D. 方程有且仅有一个解 【答案】AD 【解析】 【分析】通过利用或，结合函数和的图象，分析每个选项中外层函数的零点，再分析外层零点对应的直线与内层函数图象的交点个数，即可得出结论. 【详解】解：对于A中，设，则由，即， 由图象知方程有三个不同的解，设其解为，，， 由于是减函数，则直线与函数只有1个交点， 所以方程，，分别有且仅有一个解， 所以有三个解，故A正确； 对于B中，设，则由，即， 由图象可得有且仅有一个解，设其解为b，可知， 则直线与函数只有2个交点， 所以方程只有两个解，所以方程有两个解，故B错误； 对于C中，设，若，即， 方程有三个不同的解，设其解为，，，设， 则由函数图象，可知，， 由图可知，直线和直线分别与函数有3个交点， 直线与函数只有1个交点， 所以或或共有7个解， 所以共有七个解，故C错误； 对于D中，设，若，即， 由图象可得有且仅有一个解，设其解为b，可知， 因为是减函数，则直线与函数只有1个交点， 所以方程只有1解，所以方程只有一个解，故D正确. 故选：AD. 【点睛】思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下： （1）确定内层函数和外层函数； （2）确定外层函数的零点； （3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知集合，则集合有__________个子集. 【答案】 【解析】 【分析】求出集合，列举出集合的子集即可. 【详解】因， 故集合的子集有共4个. 故答案为：4. 13. 已知函数是偶函数，当时，，则当时，______． 【答案】 【解析】 【分析】应用偶函数的性质求解即可. 【详解】解：当时，可得， 又因为当时，， 所以， 又因为函数是偶函数，即， 所以， 所以当时，. 故答案为：. 14. 写出一个函数__________，使其满足，有相同的对称轴． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】设，得到，根据题意，列出方程，求得的值，即可得到答案. 【详解】设函数，可得函数的对称轴为， 又由，对称轴为， 令，解得，函数可以是． 故答案为：（答案不唯一）． 四、解答题：本题共6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）计算； （2）已知，求式子的值． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用指数幂的运算性质计算即可得出所求代数式的值； （2）在等式两边平方，可求出， 再求的值，再利用立方和公式化简可得出所求代数式的值. 【详解】（1）原式； （2）因为，等式两边平方可得，可得， 所以，， 因为，故， 因此，. 16. 已知函数的定义域为，集合. （1）求； （2）集合，若为的子集，求实数的取值范围. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，先求出集合，再利用集合的运算，即可求解； （2）由（1）可得，再根据条件，分和两种情况讨论，即可求解. 【小问1详解】 由,即，得到或，所以或， 又由，得到或，即或，所以或， 所以或. 【小问2详解】 因为或，所以， ①当，即时，此时为子集，所以满足题意， ②当，即时，由题有，解得， 综上，实数的取值范围是. 17. 已知关于的不等式的解集为（其中）． （1）求实数a，b的值； （2）解不等式． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知，方程的两根分别为，，由韦达定理列方程求解即可. （2）由一元二次不等式的解法解方程即可. 【小问1详解】 由题意可知，方程的两根分别为，， 所以，，解得 【小问2详解】 由，得， 解得． 因此，原不等式的解集为． 18. 已知二次函数的图象过原点，且对任意，恒有. （1）求的值； （2）求函数的解析式； （3）记函数，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）令即可求出. （2）根据条件，先设出二次函数的解析式，再根据恒成立，可求待定系数. （3）问题转化成在区间的最小值不小于在上的最小值求参数的取值范围. 【小问1详解】 在不等式，令. 【小问2详解】 因为为二次函数且图象过原点，所以可设， 由，于是， 由题：恒成立 ， 检验知此时满足，故. 【小问3详解】 函数，开口向上，对称轴，所以在区间上单调递增，因此，时，，即， 而在上单调递减，所以时， 因为对任意，均存在，使得， 等价于 19. 我市为推动美丽乡村建设，发展农业经济，鼓励农产品加工，某食品企业生产一种饮料，每瓶成本为10元，售价为15元，月销售8万瓶. （1）据市场调查，若售价每提高1元，月销售量将减少2000瓶，要使月总利润不低于原来的月总利润（月总利润月销售总收入月总成本），该饮料每瓶售价最多为多少元？ （2）为提高月总利润，企业决定下月进行营销策略改革，计划每瓶售价元，并投万元作为营销策略改革费用.据市场调查，每瓶售价每提高1元，月销售量将相应减少万瓶，则当每瓶售价为多少时，下月的月总利润最大？并求出下月最大总利润. 【答案】（1） （2）当每瓶售价元时，下月的月总利润最大为万元 【解析】 【分析】（1）设提价元，则每瓶饮料利润为元，由此算出月销量，得到总利润的表达式，根据月总利润不低于原来的月总利润得到关于的不等式，即可求出的范围，进而求解； （2）由题意可得每瓶利润为元，得出月销量，从而得到月总利润的函数解析式，最后利用基本不等式求解. 【小问1详解】 设提价元，由题意知每瓶饮料利润为元， 则月销量为万瓶， 所以提价后月总销售利润为万元， 因为原来月销售总利润为万元，且要求月总利润不低于原来的月总利润， 所以，即，解得， 所以售价最多为元， 故该饮料每瓶售价最多为元； 【小问2详解】 由题意，每瓶利润为元， 月销售量为万瓶， 设下月总利润为，， 整理得：， ， ， 当且仅当，即时等号成立， ，当且仅当时取等号， 故当售价元时，下月的月总利润最大为万元. 20. 已知定义在上的函数同时满足下列四个条件： ①； ②对任意，恒有； ③对任意，恒有； ④对任意，恒有. （1）求的值； （2）判断在上的单调性，并用定义法证明； （3）若对任意，恒有，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）在上单调递减，证明如下： 由④知：对任意，恒有. 证一：任取， 于是 因为，所以 ， 而对任意时恒有，故， 即，所以在上单调递减，证毕； 证二：任取，设 ， 因为，所以，即， 也即在单调递减,证毕； （3） 【解析】 【分析】（1）令可得，再由，即可得出答案； （2）由单调性的定义证明即可； （3）由单调性和奇偶性列出不等式，再结合二次函数的性质求解即可. 【小问1详解】 在中令； （或令). 而. 【小问2详解】 在上单调递减.证明略； 【小问3详解】 在中： 令， 而，于是 令， 由（2）知在上单调递减， 又，可得在上也单调递减，如图， 可知不等式等价于： 对任意，不等式 ……① 或者恒成立，……② 法一：令立，因为开口向下，由图像可知： 不等式① 对于②，当时，由， 即一定不存在满足②. 综上取并，得 法二： 令开口向下，对称轴为， 且， 当即时，问题等价于或,解得； 当即时，等价于或 当即时，问题等价于或， 解得； 当即时，问题等价于或， 解得； 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $