湖南省株洲市第二中学2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试卷

这是一份湖南省株洲市第二中学2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试卷，共16页。试卷主要包含了集合用列举法表示为，下列命题的否定为真命题的是，已知，则“”是“”的，已知，则的解析式为，已知，则的取值范围是，已知，则下列结论正确的是，已知函数满足，有以下判断，其中是正确判断的有等内容，欢迎下载使用。
时量：120分钟 分值：150分
一､单选题
1.集合用列举法表示为（ ）
A. B. C. D.
2.下列命题的否定为真命题的是（ ）
A.，使得方程有整数解
B.
C.有一组邻边相等的平行四边形是菱形
D.，方程是一元二次方程
3.已知，则“”是“”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
4.已知，则的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
5.已知，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
6.已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
7.已知函数满足：对任意，当时，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知集合，对于它的任一非空子集，可以将中的每一个元素都乘以再求和，例如，则可求得和为，对的所有非空子集，这些和的总和为（ ）
A.920 B.924 C.308 D.320
二､多选题
9.有以下判断，其中是正确判断的有（ ）
A.与表示同一函数
B.函数的图象与直线的交点最多有1个
C.与是同一函数
D.函数的定义域为，则函数的定义域为
10.《九章算术》中“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在其《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图（1），用对角线将长和宽分别为和的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱､青）.将三种颜色的图形进行重组，得到如图（2）所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长.由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论，如图（3），设为斜边的中点，作直角三角形的内接正方形的对角线，过点作于点，则下列推理正确的是（ ）
A.由题图（1）和题图（2）面积相等得
B.由可得
C.由可得
D.由可得
11.定义在上的函数满足下列条件：（1）；（2）当时，，则（ ）
A. B.当时，
C. D.在上单调递减
三､填空题
12.若，则__________.
13.已知，则的最大值是__________.
14.如图，在等边三角形中，.动点从点出发，沿着此三角形三边逆时针运动回到点，记运动的路程为，点到此三角形中心距离的平方为，给出下列三个结论：
①函数的最大值为12；
②函数的图象的对称轴方程为；
③关于的方程最多有5个实数根.
其中，所有正确结论的序号是__________.
四､解答题
15.已知函数.
（1）证明：函数在区间上单调递减；
（2）当时，求函数最小值
16.已知集合.
（1）求证：A至少有2个子集的充要条件是，或.
（2）若“”为假命题，求的取值范围；
17.一个生产公司投资生产线500万元，每万元可创造利润1.5万元.该公司通过引进先进技术，在生产线投资减少了万元，且每万元的利润提高了；若将少用的万元全部投入生产线，每万元创造的利润为万元，其中.
（1）若技术改进后生产线的利润不低于原来生产线的利润，求的取值范围；
（2）若生产线的利润始终不高于技术改进后生产线的利润，求的最大值.
18.已知函数.
（1）当时，解关于的不等式；
（2）当时，对任意），关于的不等式恒成立，求实数的取值范
围；
（3）当时，若点均为函数与函数图象的公共点，且，求证：.
19.已知整数，集合，对于中的任意两个元素，，定义A与B之间的距离为.若且，则称是是中的一个等距序列.
（1）若，判断是否是中的一个等距序列？
（2）设A，B，C是中的等距序列，求证：为偶数；
（3）设是中的等距序列，且，，.求的最小值.
湖南省株洲市二中2024年下半年高一年级第一次月考
数学试卷
时量：120分钟 分值：150分
一､单选题
1.【答案】C
【分析】首先解不等式组，再用列举法表示即可.
【详解】由，解得，
所以.
故选：C
2.【答案】D
【分析】根据命题的否定的定义以及真命题的定义逐一判断各个选项即可.
【详解】原命题的否定为“，方程没有整数解”，令，则，此时方程有整数解，即原命题的否定为假命题，A错误；
原命题的否定为“”，，当且仅当时等号成立，即原命题的否定为假命题，B错误；
原命题的否定为“存在一组邻边相等的平行四边形不是菱形”，为假命题，C错误；
原命题的否定为“，方程不是一元二次方程”，当时，原方程为是一元一次方程，即原命题的否定为真命题，D正确.
故选：D.
3.【答案】B
【分析】求不等式的解集，根据集合的关系进行判断.
【详解】由，
设集合，则为的真子集.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4.【答案】D
【分析】令，利用换元法求出函数，从而直接代入即可求出的解析式.
【详解】因为，所以令，则，
所以，
所以，
因为，所以，即，
所以.
故选：D.
5.【答案】A
【分析】设，利用待定系数法求得，利用不等式的性质即可求的取值范围.
【详解】设，
所以，解得，即可得，
因为，
所以，
故选：A.
6.【答案】B
【分析】直接由作差法逐一判断即可.
【详解】
对于A：，
所以当时，当时，
当时错误；
对于B：，
所以正确；
对于C，由题意，即，故C错误；
对于D，由题意，即，故D错误.
故选：B
7.【答案】C
【分析】利用增函数的定义并结合一次函数与二次函数性质列出不等式求解即可.
【详解】对任意，当时都有成立，所以函数在上是增函数，
所以，解得，所以实数的取值范围是.
故选：C.
8.【答案】D
【分析】分析出在集合的所有非空子集中分别出现了次，从而列出式子，求出这些和的总和.
【详解】的子集个数有个，其中每个元素均出现次，
故元素在集合的所有非空子集中分别出现了次，
则对的所有非空子集中，元素执行乘以再求和操作，
则这些和的总和为
故选：D
二､多选题
9.【答案】BCD
【分析】对于A，先求出两函数定义域，由两函数定义域不同即可判断；对于B，由函数定义分函数在处有没有定义即可判断；对于C，由函数的定义域和对应关系即可判断；对于D，先由函数定义域为得，从而得函数有，解该不等式即可得解.
【详解】对于A，函数的定义域为，函数定义域为R，故函数和不是同一函数，故A错误；
对于B，若函数在处有定义，则的图象与直线的交点有1个，
若函数在处没有定义，则的图象与直线的没有交点；
所以函数的图象与直线的交点最多有1个，故B正确；
对于C，因为函数与的定义域均为，
且两函数对应关系相同，所以函数与是同一函数，故C正确；
对于D，对函数，其定义域为，
所以对函数有，解得，
所以函数的定义域为，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：判断函数是不是同一函数的方法：
1.先求出两函数定义域，判断定义域是否相同，若不相同，则是不同的函数，若相同，再判断对应关系；
2.定义域相同情况下，判断函数的对应关系，若对应关系相同，则为同一函数，若不相同则不是同一函数.
10.【答案】BCD
【分析】根据题图（1），（2）面积相等，可求得的表达式，从而判断A选项的正误，由题意可求得题图（3）中的表达式，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】对于A，由题图（1），（2）面积相等得，所以，故A错误.
对于B，因为，所以，所以，
设题图（3）中内接正方形的边长为，根据三角形相似可得，解得，所以.
因为，所以，整理可得，故B正确.
对于C，因为为斜边的中点，所以，
因为，所以，整理得，故C正确.
对于D，因为，所以，整理得，故D正确.
故选：BCD
11.【答案】AB
【分析】利用赋值法可以逐次判断选项，A，取可得；B，取，再由条件当时，推理可得；对于C，虽能用基本不等式，但因在上的符号不定，得不出结论；对于D，运用单调性定义法推导得出相反结论，排除.
【详解】对于A项，由，取，得，，故A项正确；
对于B项，由，取，因，故，即，
当时，，则，故，即，故B项正确；
对于C项，由，取，可得，，整理得，，
因，当且仅当时取等号，但因的符号不能确定，故不一定有，
即不一定成立，故C项错误；
对于D项，任取，则，依题意，，而，
则，即，即在上是增函数.于是，对于，
任取，因，则，即，即函数在上单调递增，故D项错误.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查抽象函数的性质判断和应用，属于难题.
解决此类题的关键在于观察已知抽象函数式的特征，巧用赋值代入法，对称取值法和定义推导法进行推理判断，即可得出正确结论.
三､填空题
12.【答案】2
【分析】分类讨论结合互异性即可得出答案.
【详解】因为，
所以或，
若，不满足互异性；
若或2，又，所以，
故答案为：2.
13.【答案】
【分析】先求出的最小值，再将化为，即可求得答案.
【详解】因为，
故，
当且仅当，结合，即时等号成立，
所以，即的最大值是，
故答案为：
14.【答案】①②
【解析】写出分别在上运动时的函数解析式，利用分段函数图象可解.
【详解】
分别在上运动时的函数解析式，
分别在上运动时的函数解析式，
分别在上运动时的函数解析式，
，
由图象可得，方程最多有6个实数根
故正确的是①②.
故答案为：①②
【点睛】利用函数图象可以解决很多与函数有关的问题，如利用函数的图象解决函数性质问题，函数的零点､方程根的问题，有关不等式的问题等.解决上述问题的关键是根据题意画出相应函数的图象，利用数形结合思想求解.
四､解答题
15.【答案】（1）证明见解析；
（2）8
【分析】（1）利用函数单调性定义，推理论证即可.
【详解】（1）函数，
则，
当时，，则，即，
所以函数在区间上单调递减.
（2）
当且仅当时等号成立
16.【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）证明：充分性：若，或，则A至少有2个子集.
当，或时，，方程有解，
集合至少有1个元素，A至少有2个子集，充分性得证；
必要性：若A至少有2个子集，则或.
若至少有2个子集，则至少有1个元素，
方程有解，，解得或，
必要性得证.
综上，A至少有2个子集的充要条件是或.
（2）由已知，集合，所以集合.
因为“”为假命题，所以.
当时，，解得；
当时，要使，则，且，
即，解得或或或.
综上，实数m的取值范围为.
17.【答案】（1）
（2）5.5
【分析】（1）分别列出技术改造前后利润根据题意列出不等关系求解即可.
（2）题中不高于可转化为式子之间的恒成立问题，通过参变分离结合基本不等式求最值，从而得参数范围.
【详解】（1）由题设可得，
整理得：，而，故.
（2）由题设得生产线的利润为万元，
技术改进后，生产线的利润为万元，
则恒成立，
故，而，故，
而，当且仅当时等号成立，故，故的最大值为5.5.
18.【答案】（1）
（2））
（3）证明见解析
【分析】（1）即解不等式，分且讨论，解不等式可得答案；
（2）转化为在上恒成立，求得的最大值可得答案；
（3）由得，化简方程得，令，结合一元二次不等式求解可得答案.
【详解】（1）当时，即解不等式，可得，
当时，成立，
当时，得，即解，
解得；
当且时，得，解得，
综上所述，不等式的解集为；
（2）当时，可得，
对任意，关于的不等式恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
即当）时，的最大值为0，所以，
所以实数的取值范围；
（3）由，可得，
可得，
因为点均为函数与函数图象的公共点，
可得，
，两式相减得
，
因为，所以，
可得，
令，则，
整理得，解得，
所以.
【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是化简方程得，令，结合一元二次不等式求解可得答案.
19.【答案】（1）不是中的一个等距序列
（2）见解析
（3）7
【分析】（1）算出与验证不相等；
（2）结果为来讨论；
（3）分析从变成经过变换次数的规律，根据知道每次需要变换几个对应坐标.
【详解】（1）
所以不是中的一个等距序列
（2）设
把分别称作的第一个，第二个，第三个坐标，若则中有个对应坐标不相同，
例如当时，说明中有个对应坐标不相同，其中
就是符合的一种情况.
①当得，所以是偶数
②当，
则中有个对应坐标不相同，并且中有个对应坐标不相同，
所以中有或个对应坐标不相同，当有个对应坐标不相同时，即则，当有个对应坐标不相同时，，都满足为偶数.
③当
则中有个对应坐标不相同，并且中有个对应坐标不相同，
所以中有或个对应坐标不相同，当有个对应坐标不相同时，即则，当有个对应坐标不相同时，，都满足为偶数.
④当
则中有个对应坐标不相同，并且中有个对应坐标不相同，
所以中有个对应坐标不相同，即则，满足为偶数.
综上：A，B，C是中的等距序列，则为偶数
（3）根据第二问可得，则说明中有个对应坐标不相同
由变换到需改变5个坐标，保留1个不变，又因为从变成经过奇数次变化，
所以从变到至少经过次变换，每个坐标变换5次，故的最小值为.