浙江省杭州学军中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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命题人：王馥 审题人：顾侠
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，只有一个选项是正确的．
1. 已知集合，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B.
C. 0,1D. 2,3
【答案】A
【解析】
【分析】根据交集、补集的知识求得正确答案.
【详解】或，又，
阴影部分表示.
故选：A
2. 命题“，使得”的否定为（ ）
A. ，B. ，使得
C. ，D. ，使得
【答案】C
【解析】
【分析】利用含有一个量词命题的否定形式，改量词、否结论即可判断出选项．
【详解】由命题“，使得”，
则命题的否定为“，”．
故选：C．
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性排除两个选项，再结合特殊的函数值排除一个选项后得正确结论．
【详解】由题可得函数定义域为，且，故函数为奇函数，故排除BD，
由，，故C错误，
故选：A.
4. 如图，把直截面半径为的圆柱形木头锯成直截面为矩形的木料，如果矩形的一边长为（单位：），面积为（单位：），则把表示为的函数的解析式为（ ）

A. B. ，
C D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意建立函数关系即可.
【详解】如图，

圆的直径，矩形的边.
∵，
∴由勾股定理，得，
∴矩形的面积，
又∵，
∴.
故选：B.
5. 函数的图象如图所示，则该函数的定义域和单调区间分别是
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数定义域和单调区间的定义，即可由图象判断.
【详解】定义域是函数自变量的取值，为，
函数的单调递增区间有2个，不能用并集，并且单调区间是定义域的子集，即.
故选：D
6. 镜片的厚度是由镜片的折射率决定，镜片的折射率越高，镜片越薄，同时镜片越轻，也就会带来更为舒适的佩戴体验．某次社会实践活动中，甲、乙、丙三位同学分别制作了三种不同的树脂镜片，折射率分别为，则这三种镜片中，制作出最薄镜片和最厚镜片的同学分别为（ ）
A. 丙同学和甲同学B. 乙同学和甲同学
C. 甲同学和丙同学D. 乙同学和丙同学
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数运算公式，以及幂的运算公式，即可比较大小.
详解】，
，，所以，
，所以，
所以甲同学制作的最薄，丙同学制作的最厚.
故选：C
7. 函数的值域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分段函数分段考虑，利用换元法分别求每段函数的值域，再求其并集即得.
【详解】当时，设，，则,
,
因，则；
当时，设，则,
因，则
综上，函数的值域为.
故选：A.
8. 已知函数在定义域上单调，若对任意的，都有，则方程的解的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】先求得的表达式，然后根据零点存在性定理等知识求得正确答案.
【详解】设①，则，
由①令得，在上单调递增，
，题意，所以.
对于方程，即，
两边除以得，
函数，在上单调递增，
，所以有唯一零点在区间，
所以方程有唯一解.
故选：B
【点睛】思路点睛：
设定函数并分析单调性：首先设定函数（换元法），并根据定义域和题目条件，分析函数的单调性.
利用零点存在性定理判断解的个数：结合函数的单调性和零点存在性定理，判断方程解的个数，从而得出最终结论.
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．
9. 下列说法正确的有（ ）
A.
B. “”是“”的充分不必要条件
C. “”是“”的充要条件
D. “”是“”的必要不充分条件
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据命题，充分，必要条件的定义，即可判断选项.
【详解】A.，故A正确；
B.由，解得：或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；
C.，，则，但，反过来能推出，所以“”是“”的必要不充分条件，故C错误；
D.，，，所以推不出，若，则，
所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确.
故选：ABD
10. 已知是奇函数，则（ ）
A. B. 在上单调递增
C. 的值域为D. 的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：根据奇函数的定义分析求解；对于B：利用分离常数法结合指数函数单调性分析判断；对于B：根据指数函数值域结合不等式性质分析判断；对于D：根据的单调性分析求解.
【详解】令，解得，可知的定义域为，
因为是奇函数，
则，
可得，故A正确；
因为，
可知在上单调递增，且在上恒成立，
所以在上单调递减，故B错误；
因为，则，
即，可得
所以的值域为，故C正确；
因为均为正数，且在上单调递减，
由，可得，解得，
所以的解集为，故D正确；
故选：ACD.
11. 已知函数是定义在R上的函数.对任意，总有，，且时，恒成立.则（ ）
A.
B. 是偶函数
C. 在上单调递减
D （注：）
【答案】ACD
【解析】
【分析】求得的值判断选项A；利用函数奇偶性定义判断选项B；利用函数单调性定义判断选项C；求得的值判断选项D.
【详解】由对任意，总有，
令，则，则，
令，则，
则有，故
则是奇函数，故选项B判断错误；
又由，可得，
则，故选项A判断正确；
设任意，，
则，
又，则，则，
则在上单调递减. 故选项C判断正确；
，
又由，可得
则
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 集合，则符合条件的集合的个数为______．
【答案】8
【解析】
【分析】根据子集的知识求得正确答案.
【详解】依题意，集合，
所以，是与的子集的并集，
所以集合的个数为.
故答案为：8
13. 已知，且，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式变形，然后解不等式即可.
【详解】由题意，且，当且仅当时，即时等号成立，
令，则上式为：，即，
解得或（舍），所以的取值范围为.
故答案为：.
14. 已知函数，若的图象上存在不同的两个点关于原点对称，则实数的取值范围为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据的图象上存在不同的两个点关于原点对称列方程，利用换元法来求得的取值范围.
【详解】，
由于的图象上存在不同的两个点关于原点对称，
所以f−x=−fx有解，
即，
①，
令，当且仅当时等号成立，
则，则①可化为，
依题意，此方程在上有解，
当，解得，
当时，，符合题意.
当时，，不符合题意.
当，即②时，
设gt=t2−2m⋅t+2m2−8t>2，的开口向上，对称轴，
要使在上有零点，
则或g2=4−4m+2m2−8≤0m>2，
解得或，
结合②得.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】易错点睛：
对称点条件正确使用：在列出关于原点对称的条件时，容易因条件代入不准确而导致方程错误.在运用对称点条件时，需确保每个代入步骤的符号处理正确.
一元二次方程的解集判断：在判断一元二次方程的解的存在性时，特别是对参数的范围进行分类讨论时，容易遗漏某些特殊情况或边界条件.因此，在讨论每种情况时，要确保所有可能性都得到了充分考虑.
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）若，求；
（2）从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并进行解答．
问题：若_________，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）选择见解析，
【解析】
【分析】（1）依次求集合和其补集，再利用交集运算即得；
（2）若选①，由题设得，就参数分类讨论，借助于数轴表示即可求得的范围；若选②，先求，就参数分类讨论，借助于数轴表示即可求得的范围；若选③，就参数分类讨论，借助于数轴表示即可求得的范围》
【小问1详解】
当时，，
则，则．
【小问2详解】
若选①，，可得，则.
当时，，由，可得，故；
当时，，由，可得，故.
综上，实数的取值范围为.
若选②，因或，又，则.
当时，，需使，故；
当时，，需使，解得.
综上，实数的取值范围为.
若选③，因为，
当时，，，不合题意；
当时，，需使，故；
当时，，需使，解得.
综上，实数的取值范围为．
16. 设．注：
（1）证明：；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据公式，结合条件，即可求解；
（2）首先根据条件得到，再利用表示，最后根据基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
，
．
均不为0，则，
．
【小问2详解】
由可知．
，
当且仅当时，取等号，．
的最小值为.
17. 环境污染已经触目惊心，环境质量已经成为“十三五”实现全面建成小康社会奋斗目标的短板和瓶颈．绵阳某化工厂每一天中污水污染指数与时刻（时）的函数关系为其中为污水治理调节参数，且
（1）若，求一天中哪个时刻污水污染指数最低；
（2）规定每天中的最大值作为当天的污水污染指数，要使该厂每天的污水污染指数不超过，则调节参数应控制在什么范围内？
【答案】（1）一天中早上点该厂的污水污染指数最低; （2）调节参数应控制在内.
【解析】
【详解】试题分析：（1）时，，，
令，解得即可得出；（2）利用换元法，则，故将f(x)表示成关于的分段函数，再利用函数的单调性即可得出.
试题解析：（1） 因为,则.
当时，,得，
即.所以一天中早上点该厂的污水污染指数最低.
（2）设，则当时，.
设,
则,
显然在上是减函数，在上是增函数，
则,
因为,
则有 ，解得，
又，故调节参数应控制在内.
18. 已知函数，函数，其中．
（1）是否存在，使得曲线关于直线对称？若存在求的值；
（2）若，
①求使得成立的的取值范围；
②求在区间上的最大值．
【答案】（1）存在，
（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）根据的对称轴来求得正确答案.
（2）①，对进行分类讨论，由一元二次不等式的解来求得的范围.
②，根据①的结论求得的表达式，对进行分类讨论，由此来求得最大值.
【小问1详解】
存在符合题意的，理由如下：
的对称轴是直线，的对称轴是直线，
由于曲线关于直线对称，
所以，解得.
【小问2详解】
①，当时，，所以，解得；
当时，，所以，
因为，所以，
所以无解，
综上所述：的取值范围是；
②，由①可知：，
当时，，所以，所以；
当时，的对称轴为，所以，
且，所以，
令，所以，
综上可知：．
【点睛】思路点睛：
利用对称性求解参数：首先通过曲线的对称性条件，找出符合对称要求的参数值，这一步奠定了后续不等式求解的基础.
分类讨论求不等式解：通过对不等式进行分类讨论，分析在不同情况下的解，从而得出完整的取值范围.
19. 对于正整数，如果个整数满足，且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”个数为均为奇数的“正整数分拆”个数为.
（1）写出整数4的所有“正整数分拆”；
（2）对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的最大值；
（3）对所有的正整数，证明：；并求出使得等号成立的的值.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析，或.
【解析】
【分析】（1）根据“正整数分拆”的定义求得正确答案.
（2）对进行分类讨论，由此求得的最大值.
（3）对进行分类讨论，根据“正整数分拆”的定义来求得正确答案.
【小问1详解】
整数4的所有“正整数分拆”为：.
【小问2详解】
当为偶数时，时，最大为；
当为奇数时，时，最大为；
综上所述：为偶数，最大为为奇数时，最大为.
【小问3详解】
当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故；
当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，
则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，
故.综上所述：.
当时，偶数“正整数分拆”为（2），奇数“正整数分拆”为；
当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，故；
当时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为1的奇数拆分外，
至少多出一项各项均为1的“正整数分拆”，故.
综上所述：使成立的为：或.
【点睛】思路点睛：解新定义题型的步骤：
（1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.
（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.