浙江省宁波市五校联盟2024-2025学年高一上学期期中联考数学试卷（Word版附解析）

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考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟 .
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字 .
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效 .
4．考试结束后，只需上交答题纸 .
选择题部分
一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的．
1. 已知集合，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用集合交集的运算法则即可.
【详解】；
.
故选：C.
2. 下列函数中，既是奇函数又在上单调递减的函数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】AC选项为偶函数，B选项满足要求，D选项不满足单调性.
【详解】A选项，的定义域为，
故，故为偶函数，A错误；
B选项，画出的图象，满足既是奇函数又在0,+∞上单调递减，B正确；
C选项，的定义域为R，且，
故为偶函数，C错误；
D选项，在0,+∞上单调递增，D错误.
故选：B
3. 设命题p：，（其中m为常数），则“命题p为真命题”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
【答案】A
【解析】
【分析】由全称量词命题为真命题，求出范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】由命题p为真命题，得，解得，显然，
所以“命题p为真命题”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再由观察图像的变化情况或取特殊值即可得答案
【详解】由为偶函数可排除A，C；
当时，图象高于图象，即，排除B；
故选：D．
【点睛】识图常用的方法：
（1）定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；
（2）定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；
（3）函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题．
5. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用幂函数与指数函数的单调性比较大小.
【详解】在 上分别为增函数，减函数，增函数，故，.
故选：A
6. 已知幂函数在区间上单调递增，则函数的图像过定点（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据幂函数定义及单调性得到方程，求出，从而，结合指数函数性质得到定点坐标.
【详解】由题意得且，解得，
，令得，此时，
故的图像过定点.
故选：A
7. 若函数对于任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据函数单调性的定义判断出函数为0,+∞上的增函数，进而可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】对任意的正实数、，当时，，
不妨设，则，即，
所以，函数为0,+∞上的增函数，
则，解得.
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】思路点睛：利用分段函数的单调性求参数范围，应该各支函数在各自的区间内利用单调性以及函数在间断点处端点值的大小关系得出参数的不等式组，从而解得参数的取值范围.
8. 已知，，且，则的最小值为（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 13
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本不等式“1”的妙用求出最小值，得到答案.
【详解】，且，
故
，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：D
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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 若，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对A、B、C：利用作差法分析判断；对D：根据不等式性质分析判断.
【详解】对于选项A：因为，
又因为，则，可得，
所以，故A错误；
对于选项B：因为，
又因为，则，可得，
所以，故B正确；
对于选项C：因为，
又因为，则，可得，
所以，故C错误；
对于选项D：因为，所以，故D正确；
故选：BD.
10. 下列说法中正确的有（ ）
A. 若函数的定义域为，则函数的定义域为
B. 函数和函数表示同一个函数
C. 函数的值域为
D. 函数满足，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，由抽象函数求定义域方法得到，求出，得到定义域；B选项，两函数定义域不同；C选项，换元法得到，，由单调性求出值域；D选项，方程思想求解函数解析式，得到，与题目条件联立求出答案.
【详解】A选项，令，解得，
故函数的定义域为，A正确；
B选项，的定义域为，
的定义域为R，两函数定义域不同，不是同一函数，B错误；
C选项，令，故，
故，，
因为，所以在上单调递增，
故，
函数的值域为，C正确；
D选项，满足①，
故②，
联立①②得，D正确.
故选：ACD
11. 函数在，上有定义，若对任意，，，有，则称在，上具有性质．设在，上具有性质，下列命题正确有
A. 在，上的图象是连续不断的
B. 在，上具有性质
C. 若在处取得最大值1，则，，
D. 对任意，，，，，有
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据题设条件，分别举出反例，说明A和B都是错误的；同时证明C和D是正确的．
【详解】对A，反例在，上满足性质，但在，上不是连续函数，故A不成立；
对B，反例在，上满足性质，但在，上不满足性质，故B不成立；
对C：在，上，，
，故，对任意的，，，，
故C成立；
对D，对任意，，，，，
有

，
，故D成立．
故选：CD.
【点睛】本题考查函数新定义题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时说明一个结论错误时，只需举出反例即可，说明一个结论正确时，要证明对所有的情况都成立．
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的定义域为________．
【答案】且
【解析】
【分析】运用具体函数定义的限制条件列不等式组，计算即可.
【详解】根据题意得到，且，解得且.
故答案为：且.
13. 已知不等式的解集为，则________，函数的单调递增区间为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】首先，由不等式的解集可以确定对应的一元二次方程的根，然后根据根与系数的关系求出和的值，再对二次函数求单调递增区间，需要先求出其定义域，再根据复合函数的单调性求解.
【详解】因为不等式的解集为，
所以和是方程的两个根，且，
根据韦达定理，对于方程，
有，，解得，，
此时函数，要使函数有意义，则，解得，
令，则，在上单调递增，
对于，其对称轴为，所以在上单调递增，
根据复合函数“同增异减”的原则，函数的单调递增区间为.
故答案为：；.
14. 已知函数，若，，满足，记，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】画出函数图像，结合二次函数和一次函数的性质，找出满足题意得图像段，缩小变量范围，后将M转化为求二次函数的值域问题.
【详解】因为的图象是将在轴下方部分沿轴翻折得到的.
满足，则直线在如图所示两条虚线间上下平移.
令，即，解得或.
令时，解得.
令，即，解得或.
令时，解得.
画出草图如下：
由，，知，，
又因为，由函数的对称性，此两点关于对称，则 .
令，
则，，
则，，
，对称轴为，则在单调递减.
.则的取值范围为.
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. 计算：
（1）；
（2）已知，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用指数运算和根式运算法则得到答案；
（2）由两边平方求出，进而两边平方求出，代入求解即可.
【小问1详解】
．
【小问2详解】
由，则有，，
所以原式
16. 已知函数的图象过点和．
（1）求函数的解析式；
（2）判断函数在区间0,+∞上的单调性，并用单调性的定义证明 .
【答案】（1）
（2）在上为减函数，证明见解析
【解析】
【分析】（1）待定系数法得到方程，求出，，则；
（2）定义法证明函数单调性步骤，取点，作差，变形判号，下结论.
小问1详解】
根据题意函数的图象过点和，
则，，
解得，，
则；
【小问2详解】
函数在0,+∞上单调递减，
证明：任取，，设，
则，
又因为，则，，，，
则；所以,
故函数在0,+∞上为减函数.
17. 已知集合，.
（1）当时，求；
（2）已知“”是“”的必要条件，求实数m的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解不等式得到，，再计算并集得到答案.
（2）根据必要条件得到，考虑，，三种情况，分别计算得到答案.
【小问1详解】
，得，所以.
，
当时，，.
【小问2详解】
因为“”是“”的必要条件，所以.
当时，，不符合题意；
当，即时，，符合题意；
当时，，所以，解得.
综上所述：.
18. 某奶茶店今年年初花费16万元购买了一台制作冰淇淋的设备，经估算，该设备每年可为该奶茶店提供12万元的总收入.已知使用x年（x为正整数）所需的各种维护费用总计为万元（今年为第一年）.
（1）试问：该奶茶店第几年开始盈利（总收入超过总支出）？
（2）该奶茶店在若干年后要卖出该冰淇淋设备，有以下两种方案：
①当盈利总额达到最大值时，以1万元的价格卖出该设备；
②当年均盈利达到最大值时，以2万元的价格卖出该设备.
试问哪一种方案较为划算？请说明理由.
【答案】（1）从第三年开始盈利.
（2）两种方案盈利总数一样，但方案②时间短，较为划算.
【解析】
【分析】（1）列出纯收入的函数表达式，解纯收入大于0的不等式即可.
（2）分别计算两种方案的盈利和时间，比较后得结论.
【小问1详解】
由题意可知，总收入扣除支出后的纯收入，
，解得，
由，所以从第三年开始盈利.
【小问2详解】
方案①：
纯收入，则5年后盈利总额达到最大值9万元，
以1万元的价格卖出该设备，共盈利10万元；
方案②：
年均盈利，
由，，当且仅当，即时等号成立，
，
当4年后年均盈利达到最大值2万元时，以2万元的价格卖出该设备，
共盈利万元.
两种方案盈利总数一样，但方案②时间短，较为划算.
19. 已知函数，且.
（1）判断函数的奇偶性；
（2）若，试判断函数的单调性.并求使不等式在R上恒成立的的取值范围；
（3）若，且在上的最小值为，求的值.
【答案】（1）奇函数；
（2）单调递增，；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用奇偶性定义判断即可.
（2）由，得，结合指数函数单调性判断的单调性，再脱去法则“f”，分离参数借助基本不等式求出最小值即得.
（3）求出值，再换元并构造函数，求出新函数的定义域，再结合二次函数最值分类讨论求解.
【小问1详解】
函数的定义域为R，，
所以函数是奇函数.
【小问2详解】
由，，得，则，显然函数，在R上单调递增，
因此函数是R上的增函数，
不等式，
则，，，
于是，当且仅当时取等号，因此，
所以的取值范围是.
【小问3详解】
由，得，而，解得，则，
，
令，由（2）知，函数是R上的增函数，当时，，
，当时，函数在上单调递增，
当时，，解得与矛盾；
当时，时，，则，
所以.
【点睛】关键点点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.