精品解析：湖南省邵阳市新宁县第一中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题

湖南省邵阳市新宁县第一中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题纸上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 3. 设函数，则不等式的解集是（   ） A. B. C. D. 4. 设，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件重题 5. 已知，则下列结论错误的是（ ） A. 的取值范围为 B. 的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 取值范围为 6. 有四个幂函数：；；；.某同学研究了其中的一个函数，他给出这个函数的三个性质：①它是偶函数；②它的值域是且；③它在上单调递增．若他给出的三个性质中有两个正确、一个错误，则他研究的函数是（ ） A. B. C. D. 7. 设是定义在上单调递减的奇函数，若，，，则　　 A. B. C. D. 8. 设，记，若，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题中，为假命题的是（ ） A. ，都有 B. 函数的最小值为2 C. 对任意非零实数，，都有 D. ，使得 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的定义域为 B. 函数的值域为 C. D. 函数为减函数 11. 已知a，b，，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. c的最大值为1 D. a的最小值为-1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知函数是R上的减函数，则a的取值范围为____________. 13. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是___________． 14. 已知定义在R 上的函数满足：，则=________；若，对任意的都有 则不等式的解集为_______. 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. 设集合，． （1）当时，求与； （2）当时，求实数的取值范围． 16. 已知函数． （1）在同一坐标系中画出函数的图象； （2）定义：对表示与中的较小者，记为，画函数的图象，并求函数的解析式，写出的单调区间和值域（不需要证明）． 17. 通过研究学生的学习行为，心理学家发现，学生的接受能力依赖于老师引入概念和描述问题所用的时间：讲授开始时，学生的兴趣激增；中间有一段不太长的时间，学生的兴趣保持较理想的状态；随后学生的注意力开始分散.分析结果和实验表明：讲课开始时，学生注意力集中度的值（的值越大，表示学生的注意力越集中）与x的关系如下： （1）讲课开始时和讲课开始时比较，何时学生的注意力更集中？ （2）讲课开始多少分钟时，学生的注意力最集中，能持续多久？ （3）一道数学难题，需要讲解，并且要求学生的注意力集中度至少达到55，那么老师能否在学生达到所需状态下讲授完这道题目？请说明理由. 18. 已知函数. （1）当时，求的解集； （2）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，解关于的不等式. 19. 已知，，是实数，函数，，当时，. （1）证明：； （2）证明：当时，； （3）设，当时，的最大值为2，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省邵阳市新宁县第一中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题纸上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集的运算求解即可. 【详解】因为集合，所以. 故选：A. 2. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次根式被开方数非负及分式分母不为零即可列不等式组求解. 【详解】由得函数的定义域为. 故选：B. 3. 设函数，则不等式的解集是（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出，再结合函数解析式分两段得到不等式组，解得即可. 【详解】因为，所以， 不等式等价于或， 解得或或， 所以不等式的解集为. 故选：B 4. 设，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件重题 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式求解，结合充分、必要性的定义判断条件间的关系. 【详解】由， 则“”不能推出“”，反之成立， 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：C 5. 已知，则下列结论错误的是（ ） A. 的取值范围为 B. 的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 取值范围为 【答案】D 【解析】 【分析】根据的取值范围，可得到以及的取值范围，然后相加相乘即可得解. 【详解】对于A，因为， 所以，即， 所以的取值范围为，故A正确，不符合题意； 对于B，因为，所以， 因为，所以，即， 所以的取值范围为，故B正确，不符合题意； 对于C，因为，则， 所以，则， 所以的取值范围为，故C正确，不符合题意； 对于D，因为，所以，则， 因为，所以，则， 所以取值范围为，故D错误，符合题意； 故选：D. 6. 有四个幂函数：；；；.某同学研究了其中的一个函数，他给出这个函数的三个性质：①它是偶函数；②它的值域是且；③它在上单调递增．若他给出的三个性质中有两个正确、一个错误，则他研究的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合给定条件利用幂函数性质判断即可. 【详解】对于，它是定义在上的奇函数， 值域是且，且在上单调递减，不满足题意. 对于，它是定义域为的奇函数，值域是， 且在上单调递增，不满足题意. 对于，它是定义域为的奇函数，值域是， 且在上单调递增，不满足题意. 对于，它是定义在上的偶函数， 值域是，且在上单调递增，满足题意． 故选：D. 7. 设是定义在上单调递减的奇函数，若，，，则　　 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对题设中的条件进行变化，利用函数的性质得到不等式关系，再由不等式的运算性质整理变形成结果，与四个选项比对即可得出正确选项． 【详解】，，， ，，， 又是定义在上单调递减的奇函数， ，，， ，，， 三式相加整理得 故选：A. 8. 设，记，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依次计算，可归纳出为周期函数． 【详解】依题意，则， ，，， ∴是周期函数，且周期为4， ∴． 故选：A． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题中，为假命题的是（ ） A. ，都有 B. 函数的最小值为2 C. 对任意非零实数，，都有 D. ，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】取特值判断选项A，C；利用对勾函数性质求出最小值判断B；利用存在量词命题真假判断方法判断D作答. 【详解】对于A，当时，不等式不成立，A是假命题； 对于B，原函数化为，令，显然函数在上单调递增， 因此当，即时，，B是假命题； 对于C，当实数，异号时，，C是假命题； 对于D，当时，，即，使得，D是真命题. 故选：ABC 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的定义域为 B. 函数的值域为 C. D. 函数为减函数 【答案】BC 【解析】 【分析】根据分母不为求出函数的定义域，即可判断A；再将函数解析式变形为，即可求出函数的值域，从而判断B；根据指数幂的运算判断C，根据函数值的特征判断D. 【详解】对于函数，则，解得，所以函数的定义域为，故A错误； 因为， 又，当时，则， 当时，则， 所以函数的值域为，故B正确； 又，故C正确； 当时，当时，所以不是减函数，故D错误. 故选：BC 11. 已知a，b，，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. c的最大值为1 D. a的最小值为-1 【答案】ABC 【解析】 【分析】 由题可得，设，则可得，即可解出，，判断AB正确；将条件转化为，利用判别式可求出的范围，同理求出的范围. 【详解】由，得， ， 设，则. ， ，解得，即，，故AB正确； ，即. ，即. 由a，知，. ∴，解得，同理可得，故C正确，D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题考查根据已知等量关系求范围，解题的关键是根据条件令，转化出，即可求出，进一步利用判别式可求出范围. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知函数是R上的减函数，则a的取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数的单调性，结合每段函数的单调性，以及分界点处的函数值的大小关系，列式求参数的取值范围. 【详解】根据分段函数单调性可知，单调递减，所以， 单调递减，所以，并且在分界点处，满足，得，这三个条件需同时满足，所以的取值范围是. 故答案为： 13. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】将函数写成分段函数，即可得到函数的单调区间，依题意可得，解得即可. 【详解】因为， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又函数在上单调递减，所以，解得， 即实数的取值范围是. 故答案为： 14. 已知定义在R 上的函数满足：，则=________；若，对任意的都有 则不等式的解集为_______. 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】利用赋值法即可求解；由构造函数，且在上单调递减，利用函数的单调性解不等式即可. 【详解】由，令，得，解得； 设，则， 由，得，即， 设，则在上单调递减. 由，可得函数图象关于对称， 则的图像关于原点对称， 函数是奇函数，则满足是偶函数，则在上单调递增. 当时，可得，即. 所以，解得； 当时，可得，即，即. 所以，解得； 综上，不等式的解集为. 故答案为：1； 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据构造函数，且在上单调递减. 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. 设集合，． （1）当时，求与； （2）当时，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】（1）求出集合，当时，写出集合，利用交集和并集的定义可得出集合、； （2）分、两种情况讨论，根据集合的包含关系可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 解：当时， 又因为， 所以，，. 【小问2详解】 解：因为，分以下两种情况讨论： 当时，，解得； 当时，由可得，解得. 综上所述，实数的取值范围是或. 16. 已知函数． （1）在同一坐标系中画出函数的图象； （2）定义：对表示与中的较小者，记为，画函数的图象，并求函数的解析式，写出的单调区间和值域（不需要证明）． 【答案】（1） （2）的图象如下： ，的单调递增区间为和；单调递减区间为和，值域为. 【解析】 【分析】（1）根据解析式直接作出解析式即可； （2）根据的定义可得解析式和图象，结合图象可得单调区间和值域. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，即， 当时，，解得：； 当时，，解得：； 则当时，；当时，；当时，； ； 图象法表示如下： 由图象可知：的单调递增区间为和；单调递减区间为和，值域为. 17. 通过研究学生的学习行为，心理学家发现，学生的接受能力依赖于老师引入概念和描述问题所用的时间：讲授开始时，学生的兴趣激增；中间有一段不太长的时间，学生的兴趣保持较理想的状态；随后学生的注意力开始分散.分析结果和实验表明：讲课开始时，学生注意力集中度的值（的值越大，表示学生的注意力越集中）与x的关系如下： （1）讲课开始时和讲课开始时比较，何时学生的注意力更集中？ （2）讲课开始多少分钟时，学生的注意力最集中，能持续多久？ （3）一道数学难题，需要讲解，并且要求学生的注意力集中度至少达到55，那么老师能否在学生达到所需状态下讲授完这道题目？请说明理由. 【答案】（1）讲课开始后5min学生注意力更集中 （2）开讲10分钟后，学生的接受能力最强（为，能维持6分钟 （3）不能，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由题意得，，即可得到答案； （2）分析函数的单调性，根据函数单调性求函数最值，即可求出； （3）分别求解当和时，不等式的解集，求出满足条件的时长，即可得到结论. 【小问1详解】 由题意得，， 所以讲课开始后5min学生注意力更集中. 【小问2详解】 当时，， 在时单调递增，最大值为． 当时，；当时，函数为减函数，且． 因此开讲10分钟后，学生的接受能力最强（为，能维持6分钟． 【小问3详解】 当时，令，解得或20（舍去）； 当时，令，解得， 可得学生一直达到所需接受能力55的状态的时间， 因此老师不能及时在学生一直达到所需接受能力的状态下讲授完这个难题． 18. 已知函数. （1）当时，求的解集； （2）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，解关于的不等式. 【答案】（1）； （2）； （3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）把代入，再解一元二次不等式. （2）利用一元二次型不等式恒成立，求出的范围. （3）分类求解含参的不等式即得. 【小问1详解】 当时，函数，由，得，解得， 所以的解集为. 【小问2详解】 对于任意，不等式恒成立， 当时，恒成立，符合题意； 当时，，解得， 所以实数的取值范围是. 【小问3详解】 当时，不等式， 当时，解得；当时，解得或；当时，解得或， 所以当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为. 19. 已知，，是实数，函数，，当时，. （1）证明：； （2）证明：当时，； （3）设，当时，的最大值为2，求. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由条件当时，，取得：，即可证明； （2）利用的单调性对a进行分类讨论证明即可； （3）因为，在上是增函数，；由，知．由，根据二次函数的性质，直线为的图象的对称轴，由此得，即可得． 【小问1详解】 证明：由条件当时，， 取得：，即． 【小问2详解】 证明：依题知而，所以． 当时，在上是增函数， 于是，． ，，， ，， 因此得； 当时，在上是减函数， 于是，， ， ， ， 因此得； 当时，，． ， ． 综合以上结果，当时，都有． 【小问3详解】 解：因为，在上是增函数， 当时取得最大值2， 即①， ， ． 因为当时，，即， 根据二次函数的性质，直线为的图象的对称轴， 由此得，即． 由①得，所以． 【点睛】本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力．具体涉及到二次函数的有关性质、函数的单调性是要领，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂．本题综合性较强，其解答的关键是对函数的单调性的深刻理解，以及对条件“时”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程不严谨． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $