精品解析：江西省赣州中学 2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题

赣州中学2024-2025学年上学期高一期中考试 数学试题 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的4个选项中只有一项符合题目要求） 1. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题：“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 已知函数，则函数的解析式为（    ） A. B. C. D. 5. 设为上的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 2 C. 0 D. 4 6. 若函数满足对任意不相等的两个实数，都有，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的偶函数满足，且对于任意，有，若函数，则下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递减 B. 为偶函数 C. D. 在上单调递增 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每个小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列各组函数表示同一函数的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知正数，满足，下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为4 D. 的最小值为 11. 已知函数是定义在R上的函数.对任意，总有，，且时，恒成立.则（ ） A. B. 是偶函数 C. 在上单调递减 D. （注：） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 计算：______. 13. 已知函数，则该函数的单调递增区间为____________． 14. 已知函数，若的图象上存在不同的两个点关于原点对称，则实数的取值范围为_____________. 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知集合，. （1）当时，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围. 16. 已知幂函数在上单调递增. （1）求解析式； （2）若在上的最小值为，求m的值. 17. 已知函数． （1）求关于的不等式的解集； （2）当时，用定义法证明在上单调递减． 18. 已知函数． （1）当时，求满足的的值； （2）若函数是定义在上的奇函数. ①存在，使得不等式有解，求实数k的取值范围； ②令，对于定义域内的，，，若且，求的最大值． 19. 对于四个正数，，，，若，那么称是的“不足序列”. （1）对于3，4，5，7，试求的“不足序列”； （2）对于四个正数，，，，若是的“不足序列”，试判断：，，之间的大小关系，并说明理由； （3）设正整数满足条件：对集合内的每个，总存在正整数，使得是的“不足序列”，且是的“不足序列”，求：正整数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 赣州中学2024-2025学年上学期高一期中考试 数学试题 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的4个选项中只有一项符合题目要求） 1. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交集运算即可解出． 【详解】因为，，所以． 故选：A. 2. 命题：“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】根据存在量词命题否定的结构形式可得正确的选项. 【分析】命题：“，”为存在量词命题， 故其否定为：，， 故选：B. 3. 已知，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分、必要性定义判断条件的推出关系，即可得答案. 【详解】由，则，当时不成立，充分性不成立； 由，则，即，显然成立，必要性成立； 所以是的必要不充分条件. 故选：B 4. 已知函数，则函数的解析式为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用换元法计算可得. 【详解】设，则且，因为，可得， 所以函数. 故选：B. 5. 设为上的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 2 C. 0 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先根据奇函数性质求得参数的值，进一步根据奇函数性质求函数值. 【详解】因为为上的奇函数，当时，， 所以，解得， 所以当时，， 所以. 故选：A. 6. 若函数满足对任意不相等的两个实数，都有，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合题设易得函数在上单调递增，进而由分段函数单调性的性，结合指数函数与一次函数单调性求解即可. 【详解】因为对任意不相等的两个实数，都有， 所以函数在上单调递增， 则，解得， 即实数a的取值范围是. 故选：B. 7. 设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用指数运算及指数函数单调性比较大小. 【详解】依题意，，而， 所以. 故选：A 8. 定义在上的偶函数满足，且对于任意，有，若函数，则下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递减 B. 为偶函数 C. D. 在上单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的单调性判断、的单调性判断AD，根据单调性比较大小判断C，根据奇偶性判断D. 【详解】对于任意，，所以，即，所以在上单调递增，故选项A错误； 因为的定义域为，所以，所以为奇函数，由在上单调递增，所以，故选项BC错误； 对于任意，， 因为，，所以， 所以，所以在上单调递增，故选项D正确. 故选：D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每个小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列各组函数表示同一函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】同一个函数的定义：如果两个函数的定义域相同，对应关系完全一致，那么这两个函数为同一个函数.根据定义判断选项. 【详解】A.，对应关系不一致，不是同一函数. B. ，定义域相同，对应关系一致，是同一函数. C. 定义域为，定义域为，定义域不同，不是同一函数. D. 定义域为，可化为， 定义域为，可化为，是同一函数. 故选：BD. 10. 已知正数，满足，下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为4 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基本不等式及“1”的妙用逐项求解判断即可. 【详解】正数，满足， 对于A，，解得，当且仅当时取等号，A正确； 对于B，， 当且仅当时取等号，B正确； 对于C，，当且仅当时取等号，C错误； 对于D，， 当且仅当，即时取等号，D正确. 故选：ABD 11. 已知函数是定义在R上的函数.对任意，总有，，且时，恒成立.则（ ） A. B. 是偶函数 C. 在上单调递减 D. （注：） 【答案】ACD 【解析】 【分析】求得的值判断选项A；利用函数奇偶性定义判断选项B；利用函数单调性定义判断选项C；求得的值判断选项D. 【详解】由对任意，总有， 令，则，则， 令，则， 则有，故 则是奇函数，故选项B判断错误； 又由，可得， 则，故选项A判断正确； 设任意，， 则， 又，则，则， 则在上单调递减. 故选项C判断正确； ， 又由，可得 则 故选：ACD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 计算：______. 【答案】 【解析】 【分析】利用指数幂的运算性质即可求解. 【详解】; 故答案为： 13. 已知函数，则该函数的单调递增区间为____________． 【答案】 【解析】 【分析】由被开方数大于等于零再结合简单复合函数的单调性求解即可； 【详解】由题意可得，解得或， 又由复合函数的单调性可得函数的递增区间为， 故答案为：. 14. 已知函数，若的图象上存在不同的两个点关于原点对称，则实数的取值范围为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，可得方程在上有解，代入化简整理，令，换元得，在时有解，结合二次函数的图像性质，对的取值进行分类讨论，即可求解. 【详解】已知函数，由于的图象上存在不同的两个点关于原点对称，所以在上有非零解， 即在上有解， 即在上有解， 令，当且仅当，即时，等号成立， 则，在时有解， 令，其对称轴为， ①当时，在上单调递减，在上单调递增， 则，解得； ②当时，在上单调递增， 则，解得. 综上所述，实数的取值范围为. 经检验时,不合题意， 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知集合，. （1）当时，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据交集的知识求得正确答案. （2）根据充分不必要条件以及对是否为空集进行分类讨论，从而求得的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 所以. 【小问2详解】 由于“”是“”的充分不必要条件，所以是真子集的, 若，即，，满足是真子集的. 若，即，，要使是的真子集， 则需（且等号不同时成立），解得. 综上所述，的取值范围是. 16. 已知幂函数在上单调递增. （1）求解析式； （2）若在上的最小值为，求m的值. 【答案】（1） （2）或3 【解析】 【分析】（1）根据幂函数的定义和单调性可得，进而求解即可； （2）根据二次函数的性质讨论求解即可. 【小问1详解】 由题意得，，解得， 则. 【小问2详解】 由，对称轴为， 当时，，则，即； 当时，， 则，即（舍去）或（舍去）； 当时，，则，即. 综上所述，或3. 17. 已知函数． （1）求关于的不等式的解集； （2）当时，用定义法证明在上单调递减． 【答案】（1） 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为. （2） 当时，，则， 任取，则 ， 由，有， 得，即，所以在上单调递减． 【解析】 【分析】（1）首先求出方程的两根，再分、、三种情况讨论，分别求出所对应的不等式的解集； （2）首先求出解析式，再根据函数的单调性的定义证明即可. 【小问1详解】 由，得方程的两根分别为、， 当，即时，不等式的解集为； 当，即时，不等式的解集为； 当，即时，不等式的解集为. 综上，当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为. 【小问2详解】 略 18. 已知函数． （1）当时，求满足的的值； （2）若函数是定义在上的奇函数. ①存在，使得不等式有解，求实数k的取值范围； ②令，对于定义域内的，，，若且，求的最大值． 【答案】（1） （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）根据指数运算设，则且，求解的值，从而得的值； （2）根据函数的奇偶性求解参数从而得函数解析式，①分离函数，结合指数函数的单调性判断函数的单调性，即可将不等式化为存在，使得不等式有解，孤立参数求最值即可得实数k的取值范围；②化简函数，根据指数运算、指数函数的性质、基本不等式可得变量，，的关系，从而得所求. 【小问1详解】 由条件可得：，且，令，则且， 所以，解得，所以，解得. 【小问2详解】 因为是定义在上的奇函数，所以且 所以，解得，所以， 因为定义域为且关于原点对称， 且，所以为奇函数，满足条件； ①因为， 因为在上单调递增，所以在上单调递减，所以在上单调递增， 因为存在，使得不等式有解， 即存在，使得不等式有解， 即存在，使得不等式有解，所以且， 因为的对称轴为，所以在上单调递减， 在上单调递增，又时，，时，，所以， 所以，即实数的取值范围为； ②因为， 因为，所以， 因为， 所以， 所以，所以，当且仅当时取等号， 又因为，所以， 所以，所以， 因为，所以，所以，所以的最大值为. 19. 对于四个正数，，，，若，那么称是的“不足序列”. （1）对于3，4，5，7，试求的“不足序列”； （2）对于四个正数，，，，若是的“不足序列”，试判断：，，之间的大小关系，并说明理由； （3）设正整数满足条件：对集合内的每个，总存在正整数，使得是的“不足序列”，且是的“不足序列”，求：正整数的最小值. 【答案】（1） （2），理由：因为是的“不足序列”，所以, ，即， ，即， 所以； （3） 【解析】 【分析】（1）根据新定义直接求解； （2）利用作差法比较大小即可； （3）根据“不足序列”的定义列出不等式组，再利用恒成立问题求出最小正整数. 【小问1详解】 根据定义可知，易知，则是的“不足序列”； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由已知得， 因为为正整数，所以 ， 所以 所以，即， 对集合内的每个的每一个正整数都成立， 令在且上单调递增， 所以， 所以正整数的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了新定义问题，紧扣“不足序列”的定义是求解本题的关键，同时作差法比较大小和恒成立问题都在本题中有所体现. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $