湖南省邵阳市邵东市第四中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷

这是一份湖南省邵阳市邵东市第四中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷，共14页。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（每小题5分，共40分）
1．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．是幂函数，且在上是减函数，则实数（ ）
A．2B．C．4D．2或
3．若则一定有
A．B．C．D．
4．若，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
5．幂函数在第一象限的图像如图所示，则的大小关系是 （ ）
A．B．C．D．
6．二次函数在区间上为偶函数，又，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
7．函数是奇函数，且在0,+∞内是增函数，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
8．若满足对任意的实数、都有且，则（ ）
A．1008B．2018C．2014D．1009
二、多选题（每小题6分，共18分，部分选对得部分分，全对得满分，有错选得0分）
9．下列结论正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．“”是“”的必要不充分条件
C．“，有”的否定是“，使”
D．“是方程的实数根”的充要条件是“”
10．设正实数m、n满足，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为3B．的最大值为1
C．的最小值为2D．的最小值为2
11．函数是定义在R上的奇函数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．若在上有最小值，则在上有最大值1
C．若在上为增函数，则在上为减函数
D．若时，，则时，
三、填空题（每小题5分，共15分）
12．函数在区间上的最大值为 ，最小值为 ．
13．设函数，不等式的解集为，若对任意恒成立，则实数的取值范围为 .
14．已知函数同时满足：①对于定义域上任意，恒有；②对于定义域上的任意当时，恒有，则称函数为“理想函数”.在下列三个函数中：，，“理想函数”有 （只填序号）
四、解答题
15．已知全集，集合，.
(1)当时，求和；
(2)若“”是“”成立的充分不必要条件，求实数m的取值范围.
16．已知命题：方程有两个不等的负实根；命题：方程无实根.
(1)若命题为真，求实数的取值范围；
(2)若命题，中有且仅有一个为真一个为假，求实数的取值范围.
17．某商场以每件42元的价格购进一种服装，根据试营销量得知，这种服装每天的销售量（件）与每件的销售价（元）之间可看成一次函数关系：．
（1）写出商场每天卖这种服装的销售利润y（元）与每件的销售价x（元）之间的函数关系式（每天的销售利润是指所卖出服装的总销售额与购进这些服装所花费金额的差）．
（2）商场要想每天获得最大的销售利润，每件的销售价定为多少最为合适？最大销售利润为多少？
18．已知函数是奇函数，且.
（1）求实数和的值；
（2）判断函数在上的单调性，并加以证明．
19．对于定义域为D的函数，如果存在区，其中，同时满足：
①在内是单调函数；
②当定义域是时，的值域也是，则称函数是区间上的“保值函数”，区间称为“保值区间”．
(1)求证：函数不是定义域上的“保值函数”；
(2)若函数是区间上的“保值函数”，求的取值范围；
(3)对（2）中函数，若不等式对恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】首先求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，则，
所以，
又，
所以.
故选：C
2．A
【分析】根据幂函数的性质和定义即可求解.
【详解】由于是幂函数，所以，解得或，
由于在上是减函数，所以，故，
因此，
故选：A
3．D
【详解】本题主要考查不等关系．已知,所以，所以，故．故选
4．B
【分析】利用基本不等式即可得解.
【详解】由，可得，
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为，
故选：B.
5．D
【分析】根据幂函数的性质，在第一象限内，的右侧部分的图像，图像由下至上，幂指数增大，即可判断；
【详解】根据幂函数的性质，
在第一象限内，的右侧部分的图像，图像由下至上，幂指数增大，
所以由图像得：，
故选：D
6．A
【分析】先根据偶函数的性质，定义域关于原点对称，求出，再得到二次函数，再根据其对称性，单调性得到答案.
【详解】由题意得解得．，．
函数的图象关于直线对称，．
又函数在区间上单调递增，
，．
故选：A.
【点睛】本题考查了对偶函数的理解，二次函数的对称性、单调性，属于基础题.
7．D
【分析】根据题意得到函数在−∞,0上是增函数，，进而结合函数的单调性和对称性求得答案.
【详解】因为函数且在0,+∞上是增函数，，所以函数在−∞,0上是增函数，.
于是，时，；时，；时，；时，.
所以，的解集为.
故选：D.
8．B
【分析】本题首先可根据得出，然后用同样的方式得出、以及，从而得出，最后通过计算即可得出结果.
【详解】因为对任意的实数、，都有，且，
所以，即，
同理，即；
，即；
，即；
故，
则，
故选：B.
【点睛】本题主要考查抽象函数运算，考查分析、思考与解决问题的能力，考查探究规律的能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.
9．ACD
【分析】根据不等式的范围判断A；根据交集的概念判断B；全称量词命题的否定是存在量词命题判断C；将1代入方程求解判断D.
【详解】对于A，因为，所以或，所以“当”时，“”成立，反之不成立，
故“”是“”的充分不必要条件，正确；
对于B，“”一定有“”成立，反之不成立，
故“”是“”的充分不必要条件，错误；
对于C，命题“，有”是全称量词命题，
其否定是存在量词命题，即“，使”，正确；
对于D，当时，1为方程的一个根，故充分；
当方程有一个根为1时，代入得，故必要，正确；
故选：ACD
10．ABD
【分析】根据基本不等式判断．
【详解】因为正实数m、n，
所以，
当且仅当且m+n=2，即m=n=1时取等号，此时取得最小值3，A正确；
由 ，当且仅当m=n=1时，mn取得最大值1，B正确；
因为，当且仅当m=n=1时取等号，故≤2即最大值为2，C错误；
，当且仅当时取等号，此处取得最小值2，故D正确.
故选：ABD
11．ABD
【分析】根据奇函数的定义并取特值x=0即可判定；利用奇函数的定义和最值得定义可以求得在上有最大值，进而判定；利用奇函数的单调性性质判定；利用奇函数的定义根据x>0时的解析式求得时的解析式，进而判定．
【详解】由得，故正确；
当时，，且存在使得，
则时，，，且当有,
∴在上有最大值为1，故正确；
若在上为增函数，而奇函数在对称区间上具有相同的单调性，则在上为增函数，故错误；
若时，，则时，，，故正确．
故选：．
【点睛】本题考查函数的奇偶性，掌握奇函数的定义是解题关键．
12． 9 1
【分析】根据二次函数的开口方向和对称轴，结合函数的定义域，求得函数的最大值和最小值.
【详解】，该二次函数的开口向上，而，故当时，；当时，．
故答案为：9；1
【点睛】本小题主要考查二次函数在给定区间上的最大值和最小值的求法，属于基础题.
13．
【分析】先根据不等式的解集求得，得到，再把对任意，恒成立，结合二次函数的性质，转化为恒成立，即可求解.
【详解】由函数，且不等式的解集为，
即是方程两个实数根，
可得，解得，所以，
又由，且，
当时，函数取得最大值，最大值为，
因为对任意恒成立，即恒成立，
解得或，所以实数的取值范围为.
故答案为：.
14．
【分析】根据题中条件，先判断函数是奇函数，且单调递减；再逐项判断所给函数，即可得出结果.
【详解】因为对于定义域上任意，恒有，即，
所以是奇函数；
又对于定义域上的任意当时，恒有，所以函数在定义域内单调递减；
函数的定义域为，取，，则，，此时，不满足在定义域内单调递减；排除；
由得，所以是偶函数，排除；
对于函数，根据二次函数的单调性，可得时，单调递减；时，单调递增，且，所以函数在定义域内单调递减；
又当时，，所以；
当时，，所以；
综上为奇函数；故满足题意.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判定，以及简单函数的单调性，属于基础题型.
15．(1)，
(2)
【分析】（1）根据集合并集、交集、补集运算求解即可；
（2）根据充分不必要条件转化为集合的包含关系求解即可
【详解】（1）当时，集合，
因为，所以.
所以，
（2）因为“”是“”成立的充分不必要条件，
所以是的真子集，而不为空集，
所以，因此.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由二次函数的性质得出命题为真时，实数的取值范围，进而由命题为真求解；
（2）由判别式得出为真时，实数的取值范围，再讨论真假或假真，得出实数的取值范围.
【详解】（1）若方程有两个不等的负根，则，解得；
因为命题为真，所以实数的取值范围为.
（2）若方程无实根，则，解得.
若真假时，，解得；
若假真时，，解得.
综上，得.
17．（1）；（2）每件的销售价定为55元时，最大销售利润为507元
【分析】（1）销售量乘以每件利润可得总利润；
（2）（1）中函数配方后可得最大值及相应的值．
【详解】（1）由题意得，每天的销售利润y（元）与每件的销售价x（元）之间的函数关系式为．
（2）由（1）得，则当时，．
即当每件的销售价定为55元时，每天可获得最大的销售利润，最大销售利润为507元．
【点睛】本题考查函数模型的应用，已知函数模型情况下直接由函数模型列出函数式是最基本的方法，本题属于基础题．
18．（1），；（2）上为增函数，证明见解析
【分析】（1）根据奇函数有可得，再由可得；
（2）根据函数单调性定义法证明即可.
【详解】（1）∵是奇函数，
∴．
即，
比较得，.
又，
∴，
解得，
即实数和的值分别是2和0.
（2）函数在上为增函数．
证明如下：由（1）知，
设，
则，
，，，
∴，
∴，
即函数在上为增函数．
【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的应用，函数单调性的定义法证明，属于中档题.
19．(1)证明见解析；
(2)；
(3)；
【分析】（1）求解函数的值域，由“保值函数”的定义判断；
（2）由定义域和值域都是，将问题等价于方程有两个不等的实数根，根据判别式大于零计算即可；
（3）首先进行转化可得对恒成立，根据恒成立思想分别求最值即可得解.
【详解】（1），时，，
根据“保值函数”的定义可知，函数不是定义域上的“保值函数.
（2）因为在上单调递增，
结合题意易知在内单调递增，且定义域和值域都是，
所以或，，
因此是方程的两个不等实数根，
等价于方程有两个不等的实数根，
即，解得或，
当时，，所以，满足；
当时，，所以，满足；
所以实数的取值范围为.
（3），，
，
即为对恒成立.
令，易证在单调递增，
同理在单调递减.因此，，
，所以
解得，又或，
所以的取值范围是.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
D
B
D
A
D
B
ACD
ABD
题号
11









答案
ABD