精品解析：福建省泉州市四校联考2024-2025学年高一上学期11月期中考试数学试题

泉州一中､泉港一中､德化一中､厦外石狮分校四校联盟 2024-2025学年上学期期中考联考 高一年段数学学科试卷 满分：150分考试 时间：120分钟 命题人：黄立审核人：张国川､王明岚､陈亚良､陈修舟､蔡晓华 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸､试题卷上答题无效. 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚. 4.保持答题卡卡面清洁，不折叠､不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､选择题：本题共8小题，每小题5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. 1. 命题无论取何实数，必有，则为（ ） A. ，都有 B. ，都有 C. ，使得 D. ，使得 2. 设集合，，则（ ） A B. C. D. 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数在上单调递增，则的单调减区间为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是奇函数，当时，且，又，则（ ） A. B. C. D. 6. 若，，则不能满足的条件为（ ） A. 奇数，为偶数 B. 为偶数，为奇数 C. 均为奇数 D. 均为偶数 7. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 已知偶函数的定义域为，且当时，（为不超过的最大整数）.则关于的不等式的整数解的个数为（ ） A. 2023 B. 2024 C. 2026 D. 2027 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共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. 下列各组函数是同一个函数的是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 10. 已知，都有.下列各式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，.下列说法正确的是（ ） A. 为奇函数 B. C. ，使得 D. ，都有 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 根式化为分数指数幂的形式为__________. 13. 集合，，则一个充分不必要条件为__________.（用表示） 14. 对于，满足恒成立，则的取值范围为__________. 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，求； （2）当且，求的范围. 16. 已知直角三角形中，.设两直角边长分别为.斜边上的定点到两直角边的距离分别为1，2. （1）求三角形的面积最小值； （2）用表示三角形的周长，并求其最小值. 17. 已知函数. （1）判断函数在的单调性，并用定义证明； （2）求函数在的值域. 18. 已知函数具有性质（为常数且），则称该函数为“倒装函数”. （1）请在以下三个函数中找出“倒装函数”，求出对应的的值并说明理由； ①；②；③. （2）已知函数 （i）证明：； （ii）讨论方程的实根的个数. 19. 有限集中元素均为正整数，设中的元素.当，都存在，使得，则称中的元素是“完全可拆”；当，则称中的元素是“完全不可拆”. （1）判断集合且中元素是“完全可拆”或“完全不可拆”，并说明理由； （2）若，且中的元素“完全可拆”，求的最小值； （3）若为奇数，且中的元素“完全不可拆”，求的最大值（用表示）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州一中､泉港一中､德化一中､厦外石狮分校四校联盟 2024-2025学年上学期期中考联考 高一年段数学学科试卷 满分：150分考试 时间：120分钟 命题人：黄立审核人：张国川､王明岚､陈亚良､陈修舟､蔡晓华 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸､试题卷上答题无效. 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚. 4.保持答题卡卡面清洁，不折叠､不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､选择题：本题共8小题，每小题5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. 1. 命题无论取何实数，必有，则为（ ） A. ，都有 B. ，都有 C. ，使得 D. ，使得 【答案】D 【解析】 【分析】根据全称命题的否定可得出命题. 【详解】由题意可知，命题，，该命题为全称量词命题， 故，使得， 故选：D. 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先解指数不等式求出集合，解一元高次不等式求出集合，最后根据补集的定义计算可得. 【详解】由，即，所以，即， 由，即，等价于，解得或， 所以， 所以. 故选：A 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的解析式代值计算可得的值. 【详解】因为，则， 所以，， 故选：C. 4. 已知函数在上单调递增，则的单调减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数在上单调递增，则在上单调递增，根据复合函数的单调性“同增异减”求出函数在定义域内的递减区间即可． 【详解】因为函数在上单调递增，所以在上单调递增， 设， 由，解得或， 所以在上单调递减， 所以的单调减区间为. 故选：B. 5. 已知是奇函数，当时，且，又，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用奇函数的性质求出的值，再结合可求出的值，可得出在时的解析式，代值计算可得出的值. 【详解】因为函数是奇函数，当时，且， 则，即，所以，， 所以，当时，，故， 故选：C. 6. 若，，则不能满足的条件为（ ） A. 为奇数，为偶数 B. 为偶数，为奇数 C. 均为奇数 D. 均为偶数 【答案】A 【解析】 【分析】根据分数指数幂的定义判断即可. 【详解】对于A：因为，当为奇数，为偶数时，，此时无意义，不合题意，故A错误； 对于B：因为，当为偶数，为奇数时，，此时，符合题意，故B正确； 对于C：因为，当为奇数，为奇数时，，此时，符合题意，故C正确； 对于D：因为，当为偶数，为偶数时，，此时，符合题意，故D正确； 故选：A 7. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数、幂函数的性质判断即可. 【详解】因为在定义域上单调递减且过点， 定义域为，在定义域上单调递增且过点， 在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下： 所以与有且仅有一个交点，且交点的横坐标属于，又， 所以，又，所以， 因为，所以， 综上可得. 故选：D 8. 已知偶函数的定义域为，且当时，（为不超过的最大整数）.则关于的不等式的整数解的个数为（ ） A. 2023 B. 2024 C. 2026 D. 2027 【答案】C 【解析】 【分析】由已知，结合图象，分析当和时，不等式的整数解的个数，可得答案. 【详解】因为是偶函数，当时，， 所以，当时，， 关于的不等式， 当时，， 当，时，不等式不成立， 当时，则，不等式成立， 当时，则，不等式成立， 当时，则，不等式成立， 当时，由和，的图象可知，不等式不成立， 所以不等式的整数解有3个， 当时，， 此时，不等式成立， 又，则在时， 不等式的整数解有个， 所以关于的不等式的整数解的个数为个. 故选：C. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共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. 下列各组函数是同一个函数的是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 【答案】BC 【解析】 【分析】分别分析每个选项中函数的定义域和对应关系式是否相同即可. 【详解】对于A，两个函数的定义域均为，因为，则两者对应关系不同，故A错误； 对于B，两个函数的定义域均为，两者对应关系相同，故B正确； 对于C，两个函数的定义域均为，又，两者对应关系相同，故C正确； 对于D，两个函数的定义域相同，两者对应关系不相同，故D错误； 故选：BC. 10. 已知，都有.下列各式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用特殊值判断A，利用重要不等式判断B、C、D即可. 【详解】因为，都有， 对于A，令，则，故A错误； 对于B，因为，则， 因为，所以，故B正确； 对于C，，则， 因为，则， ，当且仅当，即时，等号成立， 所以，则，故C正确； 对于D，因为，又， 所以，则，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数，.下列说法正确的是（ ） A. 为奇函数 B. C. ，使得 D. ，都有 【答案】AD 【解析】 【分析】首先判断、的奇偶性，即可判断A，根据指数的运算判断B，利用作差法得到，即可判断C，再判断的单调性，结合C即可判断D. 【详解】函数，的定义域均为， 且，， 所以为偶函数，为奇函数， 则, 所以为奇函数，故A正确； 因为，， 所以，故B错误； 因为，所以， 所以不存在，使得，故C错误； 因为与在定义域上单调递增，所以在定义域上单调递增， 又，所以，都有，故D正确； 故选：AD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 根式化为分数指数幂的形式为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据指数幂的运算法则计算可得. 【详解】. 故答案为： 13. 集合，，则的一个充分不必要条件为__________.（用表示） 【答案】（的范围为集合的真子集即可） 【解析】 【分析】（只要能推出即可）. 【详解】因为集合，，且，则， 故使得一个充分不必要条件为“”. 故答案为：（的范围为集合的真子集即可）. 14. 对于，满足恒成立，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分和两种情况，满足恒成立，则的图象恒在的图象下方，联立方程，令，求解即可. 【详解】因为，所以， 当时，，所以， 所以恒成立； 当时，的图象恒在的图象下方， 又， 则由，得， 则，即，解得或， 则由，得， 则，即，解得或， 因为，所以， 综上，的取值范围为. 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，求； （2）当且，求的范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当时，解出，，由集合的运算求出； （2）由，或，由，求得，即可得到的范围. 【小问1详解】 由已知， ， 当时，， 所以. 【小问2详解】 因为，即， 当时，，，则， 所以，则，解得， 则，得， 因为，所以，解得， 综上，的范围为. 16. 已知直角三角形中，.设两直角边长分别为.斜边上的定点到两直角边的距离分别为1，2. （1）求三角形的面积最小值； （2）用表示三角形的周长，并求其最小值. 【答案】（1） （2）三角形的周长为；三角形的周长的最小值为 【解析】 【分析】（1）设，由已知，可得，则，代入三角形的面积公式，利用基本不等式即可求出三角形的面积最小值； （2）三角形的周长为，利用三角变换可化为，令，则利用基本不等式，即可求得三角形的周长的最小值. 【小问1详解】 由已知，过点作到两直角边的垂线，垂足分别为， 则，， 所以，则， 设，则， 所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以三角形的面积最小值为； 【小问2详解】 在直角三角形中，，则， 由（1），，， 所以三角形的周长为 ， 因为，所以， 令，则， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以三角形的周长的最小值为. 17. 已知函数. （1）判断函数在的单调性，并用定义证明； （2）求函数在值域. 【答案】（1）函数在上单调递减，证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）判断出函数在上单调递减，任取、且，作差，变形并判断的符号，结合函数单调性的定义可证得结论成立； （2）分析函数在上单调性，即可求出该函数在区间上的值域. 【小问1详解】 函数在上单调递减，证明如下： 任取、且， 则 ， 因为，则，，， 因为，，则，可得， 所以，即， 所以函数在上是减函数. 【小问2详解】 任取、，且，即，则， ，可得，且，，， 所以，即， 所以函数在上为增函数， 故当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又因为，，所以，， 因此函数在的值域为. 18. 已知函数具有性质（为常数且），则称该函数为“倒装函数”. （1）请在以下三个函数中找出“倒装函数”，求出对应的的值并说明理由； ①；②；③. （2）已知函数 （i）证明：； （ii）讨论方程的实根的个数. 【答案】（1）①③不，②是，且 （2）（i）证明见解析；（ii）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据“倒装函数”的定义得出，计算并判断出等式能否恒成立，若能恒成立，求出的值即可； （2）（i）分析可知，函数为奇函数，故只需证即可，然后化简函数的解析式为，令，利用复合函数法分析函数的单调性，求出函数在上的最大值，即可证得结论成立； （ii）分析函数的单调性，对实数的取值进行分类讨论，数形结合可得出方程的实根的个数. 【小问1详解】 对于①，若函数为“倒装函数”，则， 且，整理可得，该等式不恒成立， 所以，函数不是“倒装函数”； 对于②，若函数为“倒装函数”，则， 且，整理可得恒成立， 所以，，所以，函数为“倒装函数”； 对于③，若函数为“倒装函数”，则， 即，整理可得，该等式不恒成立， 所以，函数不是“倒装函数”. 【小问2详解】 （i）因为函数的定义域为， ，则函数为奇函数， 且，要证，只需证当时，即可. 当时， ， 令，因为，则， 则， 由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递增， 函数在上单调递减，所以，函数在单调递减， 所以，， 即当时，， 因此，对任意的，； （ii）由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在单调递减， 由复合函数的单调性可知，函数在上单调递增，在上单调递减， 又因为函数为奇函数，所以，函数在单调递减，在上单调递增， 且当时，；当时，. 作出函数的图象如下图所示： 由图可知，当或时，直线与函数的图象无交点， 此时，方程无实根； 当时，直线与函数的图象只有一个公共点， 此时，方程只有一个根； 当或时，直线与函数的图象有两个公共点， 此时，方程有两个实根. 故当或时，方程根的个数为； 当时，方程的根的个数为； 当或时，方程的根的个数为. 【点睛】方法点睛：判定函数的零点个数的常用方法： （1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果； （2）数形结合法：先令，将函数的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果. 19. 有限集中元素均为正整数，设中的元素.当，都存在，使得，则称中的元素是“完全可拆”；当，则称中的元素是“完全不可拆”. （1）判断集合且中的元素是“完全可拆”或“完全不可拆”，并说明理由； （2）若，且中的元素“完全可拆”，求的最小值； （3）若为奇数，且中的元素“完全不可拆”，求的最大值（用表示）. 【答案】（1）中的元素是“完全可拆”；中的元素是“完全不可拆” （2）9 （3） 【解析】 【分析】（1）利用“完全可拆”定义将中除外的元素进行“分拆”可得；由“完全不可拆”定义证明集合中任意的两个不同元素之和都不是的元素即可得； （2）根据“完全可拆”定义得中元素，需满足条件，找到满足条件的含有个元素的集合，再证明时不满足条件； （3）先证明预备结论“对任意，若，则”，由此推得中元素最多个，再找到满足题意的含有个元素的集合即可. 【小问1详解】 集合， 因为， 满足定义，所以中的元素是“完全可拆”； 集合且， 设任意，则，其中，且，， 则， 故中的元素是“完全不可拆”. 【小问2详解】 由题意，，则，， 又中的元素是“完全可拆”， 可知，都存在，使得， 则，（） 且，由中元素均为正整数，. 所以，，. ①当时，， 由， . 所以中的元素是“完全可拆”，此时，； ②下面证明，不符合题意. 若，即集合满足，且中的元素是“完全可拆”，. 由上已知，，. 故由，可知，故； 依此类推，可知. 因为， 若，则，故不可能. 若，则，则，所以； 若， 若，则，故不可能. 若，则，，所以， 同理，由，； 又因为为奇数，故也不成立，即不存在满足题意的. 故不存在这样的集合满足， 故. 同理依次可得，若，均不存在这样的集合，满足. 综上所述，的最小值为. 【小问3详解】 由题意，中的元素，则，. 中元素均为正整数，则，又为奇数，即. ①先证明：若集合中的元素“完全不可拆”，为奇数，则. 预备结论：集合中的元素“完全不可拆”，对任意， 若，则.下面用反证法证明该结论成立. 证明：假设， 因为为奇数，所以，即. 由中的元素是“完全不可拆”，则当， 因为，，且， 所以，这与矛盾. 故假设错误，所以若，则，得证. ①先证明：若集合中的元素“完全不可拆”，，则. 由上所证结论可知，将（为奇数，且）这个自然数分组： ， 前组数中每组至多1个是集合的元素， 又，故集合中至多个元素. 即若，则，得证. ②给出集合，即， 集合满足，且. 下面证明中的元素“完全不可拆”. 证明：，，且， 则， ，故中的元素“完全不可拆”. 综上所述，的最大值为. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于探究集合中元素之间的关联，如第（2）问中探究相邻元素间的关系，，；再如第（3）问中探究每组中两元素的“排斥”规律，即任意，若，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $