精品解析：云南省红河州蒙自市第四中学2024-2025学年高一上学期期中数学试题

云南省红河州蒙自市第四中学2024-2025学年高一上学期期中数学试题 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教A版必修第一册第一章～第四章. 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. 已知，则下列各式一定有意义的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A B. C. D. 3. 已知命题：，，命题：，，则（ ） A. 和均为真命题 B. 和均为真命题 C. 和均为真命题 D. 和均为真命题 4. 设，，，则（ ） A B. C. D. 5. 函数的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 6. 某企业员工小李的住处与他的办公室相距，某天下班后，小李发现有份重要材料丢在办公室，于是他从住处出发，先匀速跑步3min来到办公室，停留2min，然后匀速步行10min返回住处．在这个过程中，小李行进的速度和行走的路程都是时间的函数，则速度函数和路程函数的示意图分别是下面四个图象中的（ ） A. ①④ B. ②③ C. ④① D. ③② 7. 已知，为正实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 8. 已知幂函数图象经过点，则函数在区间上的最大值是（ ） A. 2 B. 1 C. D. 0 二、选择题：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. 下列四个命题中，其中为真命题的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 若，，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的单调递增区间是 C. 的最小值为－4 D. 方程的解集为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________. 13. 若函数图象经过第一、二、三象限，则实数a的取值范围为___________. 14. 欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如，则______. 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. （1）计算：； （2）已知，试用表示． 16. 已知二次函数的图象关于直线对称，且经过原点与点． （1）求的解析式； （2）若函数在区间上最小值为，其中，求实数m的取值范围． 17. 记关于的方程的解集为，且恰有3个元素． （1）证明：； （2）若以中的元素为边长的三角形恰好为直角三角形，求a,b的值． 18. 已知函数的图象关于原点对称，其中为常数. （1）求的值； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知函数． （1）判断的奇偶性并用定义证明； （2）判断的单调性并用定义证明； （3）解不等式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 云南省红河州蒙自市第四中学2024-2025学年高一上学期期中数学试题 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教A版必修第一册第一章～第四章. 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. 已知，则下列各式一定有意义的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据表达式特征以及幂函数定义域，逐一判断选项即可得出答案. 【详解】对于A，由可知，时表达式无意义； 对于B，根据幂函数性质可知，时，表达式恒有意义； 对于C，易知，当时，表达式无意义； 对于D，当时，无意义； 故选：B 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性求出集合，再利用集合的基本运算求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，则， 所以. 故选：B. 3. 已知命题：，，命题：，，则（ ） A. 和均为真命题 B. 和均为真命题 C. 和均为真命题 D. 和均为真命题 【答案】B 【解析】 【分析】判断出命题的真假，即可得以及的真假，即得答案. 【详解】因为当时，成立，故命题为真命题，为假命题； 当时，，故命题：，为假命题，为真命题. 故选：B 4. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用幂函数，指数函数以及对数函数的单调性以及中间值法即可比较大小. 【详解】因为，，， 所以． 故选：A 5. 函数的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据基本初等函数性质求得函数的单调性，在利用函数零点存在性定理即可求解. 【详解】由为减函数，而也为减函数， 所以函数为上的减函数， 由，， 所以零点在区间上， 故选：B 6. 某企业员工小李的住处与他的办公室相距，某天下班后，小李发现有份重要材料丢在办公室，于是他从住处出发，先匀速跑步3min来到办公室，停留2min，然后匀速步行10min返回住处．在这个过程中，小李行进的速度和行走的路程都是时间的函数，则速度函数和路程函数的示意图分别是下面四个图象中的（ ） A. ①④ B. ②③ C. ④① D. ③② 【答案】A 【解析】 【分析】设行进的速度为，行走的路程为，得出关于的函数，关于的函数解析式，即可判断函数图象． 【详解】设行进的速度为，行走的路程为，则 且， 由速度函数及路程函数的解析式可知， 其图象分别①④． 故选：A． 7. 已知，为正实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据差比较法、充分和必要条件等知识来确定正确答案. 【详解】依题意，，为正实数， 由，得，所以，则充分性成立； 由，得，则，所以，则必要性成立． 综上可知，“”是“”的充要条件． 故选：D． 8. 已知幂函数的图象经过点，则函数在区间上的最大值是（ ） A. 2 B. 1 C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】根据幂函数经过的点可得，进而利用换元法，结合二次函数的性质即可求解. 【详解】设 ，令， 由于在区间上单调递增，在上单调递减， 在区间上的最大值是. 故选：C. 二、选择题：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. 下列四个命题中，其中为真命题的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据绝对值的性质判断A，取特例判断BC，配方后求最值判断D. 【详解】因为，所以，由于不能同时取得， 所以为真命题，故A正确； 当时，，所以为假命题，故B错误； 当时，成立，故为真命题，故C正确； 因为，，所以或时，有最小值，故为假命题，故D错误. 故选：AC 10. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用基本不等式，结合对数与指数运算和指对函数性质即可计算判断各选项. 【详解】A选项，依题意，，，且， 所以，当且仅当时等号成立.A选项正确. B选项，由A选项分析可知， 所以， 当且仅当时等号成立.B选项正确. C选项，， 当且仅当时等号成立.C选项错误. D选项，， 当且仅当时等号成立.D选项正确. 故选：ABD 11. 若，，当时，，则下列说法正确是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的单调递增区间是 C. 的最小值为－4 D. 方程的解集为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用函数的对称性和单调性求解即可. 【详解】因为，， 所以关于直线轴对称，故A正确； 当时，，所以的单调递增区间为， 又因为关于直线轴对称，所以的单调递增区间为和， 两区间中间不可用并，所以B不正确； 当时，所以的最小值为-4，故C正确； 当时，方程的解为，因为关于直线轴对称， 所以方程的解集为，所以D错误； 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________. 【答案】 【解析】 【分析】用换元法，设，解出，再将换成即可. 【详解】令，则，∴，即. 故答案为：. 13. 若函数的图象经过第一、二、三象限，则实数a的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据底数大于1的对数函数的性质，得出满足条件的图象只需满足即可得解. 【详解】根据对数函数的性质可知，函数在定义域上单调递增， 要使函数图象经过第一、二、三象限， 则，即，所以， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 14. 欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的新定义计算得出函数值即可. 【详解】在中，2的倍数共有个，3的倍数共有个，6的倍数共有个， 所以. 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. （1）计算：； （2）已知，试用表示． 【答案】（1）0；（2） 【解析】 【分析】（1）根据指数幂和对数的运算法则进行求解即可； （2）利用对数式与指数式互化公式，结合对数的运算性质进行求解即可. 【详解】（1） ． （2）， 由，得，又， 所以． 16. 已知二次函数的图象关于直线对称，且经过原点与点． （1）求的解析式； （2）若函数在区间上的最小值为，其中，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式； （2）由函数在区间上取到函数的最小值，得对称轴与区间的关系，建不等式求解即可. 【小问1详解】 由二次函数的图象关于直线对称， 可设，， 则解得 ∴的解析式为． 【小问2详解】 由题知，的对称轴为，且． ∵在区间上的最小值为， ∴，又，解得， 即实数m的取值范围为． 17. 记关于的方程的解集为，且恰有3个元素． （1）证明：； （2）若以中的元素为边长的三角形恰好为直角三角形，求a,b的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）的值为的值为62． 【解析】 【分析】（1）先对原方程进行等价变形；再根据题意、求根公式和两个方程判别式之间的关系可得出，进而可证得. （2）先根据求出方程的三个实数根；再根据题意，利用勾股定理列出关于方程求解即可. 【小问1详解】 证明：原方程等价于或， 即或. 因为关于的方程的解集为，且恰有3个元素， 所以方程或均有实数根， 由求根公式可得：，， ，. 由于， 所以当时，恰有3个元素，即． 【小问2详解】 由（1）知，，原方程等价于或， 则两个方程的三个根分别为. 若它们是直角三角形的三边， 则且 解得：． 故的值为，的值为62． 18. 已知函数的图象关于原点对称，其中为常数. （1）求的值； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由的图像关于原点对称可得为奇函数，再根据奇函数的性质即可求解； （2）先利用对数型函数的单调性得到，再利用分离参数法得到在上恒成立，构造函数，求出即可. 【详解】解：（1）函数的图象关于原点对称， 函数为奇函数， ， 即， 即， 整理得：， 又上式对定义域内任意的均成立， ， 解得：或(舍)； （2）由（1）知，， ， 即， ， ， 即在上恒成立， 令，， 则， 易得，且在上单调减， ， ， 故实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由函数的单调性求出函数的最值，进而可求出结果. 19 已知函数． （1）判断的奇偶性并用定义证明； （2）判断的单调性并用定义证明； （3）解不等式． 【答案】（1）奇函数，证明见解析 （2）是上的增函数，证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据函数奇偶性的定义判断即可； （2）任取，且，然后计算化简，再判断符号，从而可得结果； （3）根据函数的单调性和奇偶性求解即可. 【小问1详解】 是奇函数，证明如下： 的定义域为，对于，都有， 且， 所以，即函数是奇函数； 【小问2详解】 是上增函数，证明如下： 设任意，且， , 因为，所以，因此，即， 所以在上单调递增； 【小问3详解】 因为是定义在上的奇函数， 所以，可化为， 又是上的增函数， 所以，解得， 即原不等式的解集为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$