精品解析：上海市控江中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷

控江中学2024学年第一学期高一年级数学期中 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 已知为实数，全集.若，则__________ 2. "或"的否定形式为__________ 3. 幂函数的图象过点，则___________. 4. 已知常数且，假设无论为何值，函数的图像恒过一定点，则这个点的坐标为__________ 5. 已知，则的取值范围为__________ 6. 若，则的最小值为________. 7. 已知关于x的方程的两个实数根是，，若，则实数m的值为______. 8. 对任意给定的实数，有，且等号当且仅当实数的取值范围为__________时成立. 9. 已知，则__________(用表示) 10. 若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为_______． 11. 设函数的定义域为，若函数满足条件：存在，使得在上的取值范围是，则称为“半缩函数”.若函数为“半缩函数”，则实数的取值范围是__________ 12. 已知集合.若存在正数，使得对任意.都有时成立，则实数的值为__________ 二、选择题（本题共有4题，满分18分，13、14每题4分，15、16每题5分）. 13. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 14. 是三个集合，那么“”是“”成立的 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 15. 若关于的方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 16. 设函数， 设集合，设则为（ ） A. 17 B. 20 C. 22 D. 25 三解答题（本大题满分78分） 17. 设常数，集合，集合. （1）求和； （2）若，求的取值范囲. 18. （1）已知，，求证：； （2）已知实数，比较与的值的大小. 19. 某电动摩托车企业计划在2024年投资生产一款高端的电动摩托车.经市场调研测算，生产该款电动摩托车需投入设备改造费1000万元，生产该款电动摩托车万台需投入资金万元，且，.已知该款电动摩托车售价为（单位：元/台），并且当年内生产的该款摩托车能全部部售完. （1）求2024年该款摩托车的年利润（单位：万元）关于年产量（单位：万台）的函数解析式；（年利润=销售所得-投入资金-设备改造费）； （2）当2024年该款摩托车的年产量为多少时，年利润最大？最大年利润的多少？ 20. 设常数. （1）已知的图象过点，求实数的值； （2）当时，对任意，都有恒成立，求实数的取值范围； （3）若方程有两个实数根，且，求实数的取值范围. 21. 已知集合，其中且，若对任意的，都有，则称集合具有性质. （1）若集合具有性质，求的最小值； （2）已知集合具有性质，求证： ①对任意的都有； ②； （3）已知集合具有性质，求集合中元素个数的最大值，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 控江中学2024学年第一学期高一年级数学期中 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 已知为实数，全集.若，则__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据补集运算性质即可求. 【详解】因为， ， 所以. 故答案为： 2. "或"的否定形式为__________ 【答案】且 【解析】 【分析】直接由或命题的否定法则进行否定即可得解. 【详解】由题意“或 ”的否定形式为“且”. 故答案为：且. 3. 幂函数的图象过点，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】 将点的坐标代入解析式可解得结果. 【详解】因为幂函数的图象过点， 所以，解得. 故答案为： 4. 已知常数且，假设无论为何值，函数的图像恒过一定点，则这个点的坐标为__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据指数函数恒过定点求解即可. 【详解】当时，解得，代入函数解析式， 有，因为且，解得， 所以函数的图像恒过定点. 故答案为： 5. 已知，则的取值范围为__________ 【答案】 【解析】 【分析】利用对数函数单调性解不等式即得. 【详解】由，得，解得， 所以的取值范围为. 故答案为： 6. 若，则的最小值为________. 【答案】12 【解析】 【分析】 利用基本不等式求出最小值即可． 【详解】 当且仅当取等号 故答案为： 7. 已知关于x的方程的两个实数根是，，若，则实数m的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据韦达定理结合完全平方公式列式求解即可. 【详解】关于x的方程的两个实数根是，，则， 因为，所以或， 又，所以. 故答案为：. 8. 对任意给定的实数，有，且等号当且仅当实数的取值范围为__________时成立. 【答案】 【解析】 【分析】根据绝对值三角不等式的取等条件即可求解. 【详解】，即， 所以当，即或时等号成立. 故答案为：. 9. 已知，则__________(用表示) 【答案】 【解析】 【分析】利用对数的换底公式及运算法则计算化简即可. 【详解】， 因为，代入上式，化为. 故答案为：. 10. 若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为_______． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：当时，不等式变形为，解集为，符合题意； 当时，依题意可得， 综上可得． 考点：一元二次不等式． 【易错点睛】本题主要考查不等式中的一元二次不等式问题，难度一般．有很多同学做此题时直接考虑为一元二次不等式，其二次函数应开口向下且与轴至多有一个交点，而忽略二次项系数为0时的情况导致出现错误．当二次项系数含参数时一定要讨论是否为0，否则极易出错． 11. 设函数的定义域为，若函数满足条件：存在，使得在上的取值范围是，则称为“半缩函数”.若函数为“半缩函数”，则实数的取值范围是__________ 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，函数是增函数，构造出方程组，利用方程根的分布，求出的取值范围. 【详解】因为函数为“半缩函数”， 所以存在，使得在上的取值范围是， 由复合函数的单调性可知，在上单调递增， 所以，即， 所以， 所以有两个不等的实数根， 令，当时，关于的方程有两个不相等的正实数根， 可得，解得； 当时，关于的方程在上有两个不相等的正实数根， 所以，无解； 所以. 故答案为： 12. 已知集合.若存在正数，使得对任意.都有时成立，则实数的值为__________ 【答案】或 【解析】 【分析】根据所处的不同范围，得到和时，所处的范围；再利用集合A的上下限，得到与的等量关系，从而构造出方程，求得的值. 【详解】因为，则只需考虑下列三种情况： ①当时，因为，则， 且，可得， 又因为，则且， 可得：， 则，解得； ②当即时，与①构造方程相同，即，不合题意，舍去； ③当，即时，可得：且， 可得，解得； 综上所述：或. 故答案为：或. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用集合与元素的关系求解参数的取值问题，关键在于能够通过的不同取值范围，得到与所处的范围，从而能够利用集合的上下限得到关于的等量关系，从而构造出关于的方程；难点在于能够准确地对的范围进行分类. 二、选择题（本题共有4题，满分18分，13、14每题4分，15、16每题5分）. 13. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和函数值得变化趋势即可判断． 【详解】解： 定义域为 故排除， 又， 函数为偶函数， 图象关于轴对称，故排除， ， 当时，的变化是越来越快，故排除 故选：． 【点睛】本题考查了函数图象的识别，属于基础题． 14. 是三个集合，那么“”是“”成立的 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】 【详解】若A=B，则A∩C=B∩C成立， 若C=∅，满足A∩C=B∩C=∅，此时集合A，B可以是任意集合，则A=B不一定成立， 故“A=B”是A∩C=B∩C充分不必要条件， 本题选择A选项. 15. 若关于的方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件，将问题转化为：函数的图像与函数有两个不同的交点，画出函数图像，利用数形结合即可求解. 【详解】 令，关于的方程有两个不相等的实根， 等价于函数的图像与函数有两个不同的交点， 函数图像如图所示，由图可知：当时， 函数的图像与函数有两个不同的交点， 此时，关于的方程有两个不相等的实根. 故选：A. 16. 设函数， 设集合，设则为（ ） A. 17 B. 20 C. 22 D. 25 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得函数，零点情况，且其零点都为正整数，再由韦达定理代入计算，即可得到的值，从而得到结果. 【详解】由可得函数有9个正整数零点， 对于函数，，其零点个数为个或个， 其对称轴为，， 由韦达定理可知，其零点之积为，零点之和为， 则符合要求的有， 又， 所以，，， ，， 所以. 故选：D 三解答题（本大题满分78分） 17. 设常数，集合，集合. （1）求和； （2）若，求的取值范囲. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）解不等式即可求得，； （2）根据，利用数轴可得实数的取值范围. 【小问1详解】 因为，. 【小问2详解】 若，则或， 解得：或， 即实数的取值范围为. 18. （1）已知，，求证：； （2）已知实数，比较与的值的大小. 【答案】 （1）因为， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以. （2）因为， 因为，则，，当且仅当时，等号成立， 可得，即， 所以，当且仅当时，等号成立. 【解析】 【分析】（1）利用乘“1”法，结合基本不等式分析证明； （2）利用作差法分析证明即可. 【详解】（1）略 （2）略 19. 某电动摩托车企业计划在2024年投资生产一款高端的电动摩托车.经市场调研测算，生产该款电动摩托车需投入设备改造费1000万元，生产该款电动摩托车万台需投入资金万元，且，.已知该款电动摩托车售价为（单位：元/台），并且当年内生产的该款摩托车能全部部售完. （1）求2024年该款摩托车的年利润（单位：万元）关于年产量（单位：万台）的函数解析式；（年利润=销售所得-投入资金-设备改造费）； （2）当2024年该款摩托车的年产量为多少时，年利润最大？最大年利润的多少？ 【答案】（1） （2）万台，年利润最大为万元 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求出解析式整理化简即可； （2）利用基本不等式求解即可. 【小问1详解】 根据题意， 【小问2详解】 ，， 因为，，所以， 当且仅当，即时等号成立， 因为，所以， 所以， 所以当时，年利润最大，最大值为. 20. 设常数. （1）已知的图象过点，求实数的值； （2）当时，对任意，都有恒成立，求实数的取值范围； （3）若方程有两个实数根，且，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）把点的坐标代入解析式，求出值即可； （2）将，代入解析式，得，利用换元法结合二次函数的单调性求出函数的最小值，根据已知条件有，即可求解； （3）利用换底公式化方程为，利用换元法及韦达定理得，根据解出的范围即可. 【小问1详解】 因为图象过点，所以， 所以，解得. 【小问2详解】 当时，， 因为，所以， 令，则有，， 函数的对称轴为，所以， ，所以， 因为对任意，都有恒成立， 所以，所以，即实数的取值范围为：. 【小问3详解】 因为，则， 化为， 整理有：， 因为，所以， 所以原式可化为：， 令，则有， ， 所以方程有两个根，设为、，且，， 所以，， ， 又因为， 所以，因为，所以， 所以，即，， ，，，， 又因为，所以. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用换底公式以及换元法得到：，然后利用解出的范围. 21. 已知集合，其中且，若对任意的，都有，则称集合具有性质. （1）若集合具有性质，求的最小值； （2）已知集合具有性质，求证： ①对任意的都有； ②； （3）已知集合具有性质，求集合中元素个数的最大值，并说明理由. 【答案】（1） （2）①由题意，，又， ，可得， ②由①可得. （3） 由（2）知，，又，可得，因此，同理，， 又，，则也均成立. 当时，取，则，可知. 又当时，，则，即. 因此集合中元素个数的最大值为7. 【解析】 【分析】（1）由性质定义列不等式组求参数范围，结合即可得最小值； （2）根据定义，即可证，应用累加法即可证； （3）首先应用放缩有求得，同理可得恒成立，假设得出矛盾，再讨论并应用基本不等式证恒成立，即可确定元素个数最大值. 【小问1详解】 集合具有性质，则对任意的，都有，即， ，解得且，可得的最小值是. 【小问2详解】 ①略 ②略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点睛：第二问，根据定义得为关键；第三问，应用放缩法确定，同理得到恒成立为关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $