湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高一上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高一上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析），文件包含湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高一上学期11月期中考试数学试题Word版含解析docx、湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高一上学期11月期中考试数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
命题学校：应城一中 命题教师：谢青年 华瑛 肖润秀
审题学校：大悟一中
考试时间：2024年11月18日下午15：00-17：00
试卷满分：150分
注意事项
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 下列关系中，正确的个数为（ ）
①；②；③；④；⑤；⑥.
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据元素和集合的关系进行判断，得到答案.
【详解】，①正确；，②正确；
为元素，为集合，两者不能用等号连接，应，③错误；
，④错误；，⑤错误；，⑥正确.
故选：A
2. 已知集合，，则为（ ）
A. ，B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解方程组，由集合交集的定义可得集合.
【详解】因为集合，，
解方程组，得，因此，.
故选：D.
3. 下列含有量词的命题中为真命题的是（ ）
A. 任意实数的平方都大于0
B. ，
C. 存在整数，使得
D. ，一元二次方程有实根
【答案】B
【解析】
【分析】AB选项可举出反例；C选项，均为整数，则为整数，故不存在整数，使得，C错误；D选项，由根的判别式进行判断.
【详解】A选项，0的平方等于0，A错误；
B选项，当时，，满足要求，B正确；
C选项，，
均为整数，则为整数，故不存在整数，使得，C错误；
D选项，当时，，
此时一元二次方程无实根，D错误.
故选：B
4. 已知、、，则下列结论中正确的有（ ）
A. 若且，则
B 若，则
C 若，则
D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】利用作差法可判断ABC选项；利用特殊值法可判断D选项.
【详解】对于A选项，若且，则，可得，A错；
对于B选项，因为，则，，，
则，即，B对；
对于C选项，因为，则，
则，即，C错；
对于D选项，因为，当时，，D错.
故选：B.
5. 已知函数是定义域在R上的偶函数，且在区间上单调递减，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性，得到在区间上单调递增，，得到时，，当时，，分和两种情况，求出不等式解集.
【详解】因为是定义域在R上的偶函数，且在区间上单调递减，，
所以在区间上单调递增，，
故当时，，当时，，
，当时，，故，
当时，，，
故不等式的解集为.
故选：D
6. 古希腊科学家阿基米德在《论平面图形的平衡》一书中提出了杠杆原理，它是使用天平秤物品的理论基础，当天平平衡时，左臂长与左盘物品质量的乘积等于右臂长与右盘物品质量的乘积，一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金，其中左臂长和右臂长之比为，一位顾客到店里购买克黄金，售货员先将克砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将克砝码放在天平右盘中，然后取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡，最后将两次称得的黄金交给顾客，则顾客购得的黄金重量（ ）
A. 大于克
B. 小于克
C. 等于克
D. 当时，大于克；当时，小于克
【答案】A
【解析】
【分析】设第一次取出的黄金质量为克，第二次黄金质量为克，根据题意得出、
关于的关系式，利用基本不等式比较与的大小，即可得出结论.
【详解】设第一次取出的黄金质量为克，第二次黄金质量为克，
由题意可得，，可得，
易知且，
所以，，
当且仅当时，等号成立，
事实上，，等号不成立，则.
因此，顾客购得的黄金重量大于克.
故选：A
7. 函数在数学上称为高斯函数，也叫取整函数，其中表示不大于的最大整数，如，，，与函数的交点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 无数个
【答案】A
【解析】
【分析】画出两函数图象，数形结合得到交点个数.
【详解】画出与的两函数图象，如下：
可以看出两函数图象无交点，故交点个数为0.
故选：A
8. 已知集合，若，且同时满足：①若，则；②若，则.则集合的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知，、不同在集合或中，、不同在集合或中，而、无限制，列举出满足条件的集合，即可得解.
【详解】因为，，
由题意可知，若，则，若，则，
若，则，若，则，、没有限制，
综上所述，满足条件的集合可为：、、、、、
、、、、、、、、
、、，共个，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于分析出元素与集合的关系，然后利用列举法求解.
二、多选题：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. 下列函数在定义域内对任意的、，都有的函数是（ ）
A. B.
C. D. ，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题设条件逐项验证即可.
【详解】对于A选项，函数的定义域为R，
对任意的、，，
A选项中的函数满足条件；
对于B选项，函数的定义域为R，
对任意的、，
，
所以，，B选项中的函数满足条件；
对于C选项，函数的定义域为，则，
因为，则，C选项中的函数不满足条件；
对于D选项，对于函数，x∈0,+∞，
任取、，则，
所以，
，
所以，，D选项中的函数满足条件.
故选：ABD.
10. 定义运算，设函数，则下列命题正确的有（ ）
A. 的定义域为
B. 的值域为
C. 的单调递减区间为
D. 不等式的解集为或
【答案】ACD
【解析】
【分析】化简函数的解析式，作出该函数的图象，可判断ABC选项；分或、两种情况解不等式，可判断D选项.
【详解】由得，解得或，
由得，解得.
所以，，作出函数的图象如下图所示：
对于A选项，易知函数的定义域为R，A对；
对于B选项，由图可知，的值域为，B错；
对于C选项，由图可知，函数的单调递减区间为，C对；
对于D选项，当或时，由，可得，
解得或，此时，或，
当时，，此时，不等式无解.
综上所述，不等式的解集为或，D对.
故选：ACD.
11. 已知，若正实数、满足，则（ ）
A. 的最大值为B. 的最小值为
C. 的最大值为D. 的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】分析函数的单调性与奇偶性，结合已知条件求出，利用基本不等式逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】因为函数的定义域为R，
，即函数为奇函数，
且，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，函数在R上单调递增，
由得，
所以，，即，且、都为正数，
对于A选项，由基本不等式可得，得，即，
当且仅当时，即当时，等号成立，故的最大值为，A错；
对于B选项，因为，则，
当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为，B对；
对于C选项，由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
但为正数，故等号不成立，即，C错；
对于D选项，因为，则，即，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为，D对.
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则集合的真子集的个数是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用列举法表示集合，确定集合的元素个数，即可得出集合的真子集的个数.
【详解】当时，，则，若使得，则，
所以，即集合的元素个数为，
因此集合的真子集个数为.
故答案为：.
13. 学校举办运动会时，高一（1）班共有名同学参加比赛，有人参加游泳比赛，有人参加田径比赛，有人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和田径比赛的有人，同时参加田径比赛和球类比赛的有人，没有人同时参加三项比赛.同时参加游泳和球类比赛的有______人.
【答案】
【解析】
【分析】设高一（1）班参加游泳、田径、球类比赛的学生分别构成集合、、，设同时参加游泳和球类比赛的学生人数为人，作出韦恩图，根据题意可得出关于的方程，解出的值即可.
【详解】设高一（1）班参加游泳、田径、球类比赛的学生分别构成集合、、，
设同时参加游泳和球类比赛的学生人数为人，由题意作出如下韦恩图，
由题意可得，解得.
因此，同时参加游泳和球类比赛的有人.
故答案为：.
14. 已知函数，若关于的不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】作出函数的图象，求出方程的解，由已知可得出，对实数的取值进行分类讨论，确定满足不等式的整数解，结合图象可得出实数的取值范围.
【详解】因为，作出函数的图象如下图所示：

当时，，
当时，由，即，解得或（舍），
由可得，
若，则有，且，
若使得满足不等式恰有一个整数解，则该整数解为，
则，即；
若，则，无解；
若，则有，由图可知，则满足不等式的整数解为，
所以，，即.
综上所述，实数的取值范围是.
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. 已知集合，.
（1）当时，求，；
（2）若“”是“”成立的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，写出集合，利用并集和交集的定义可得出集合，；
（2）根据题意可知,分析可知，，根据集合的包含关系可得出关于的不等式组，解出的取值范围，再对的取值范围的端点值进行检验即可得解.
【小问1详解】
当时，，
又因为，则，.
【小问2详解】
因为“”是“”成立的充分不必要条件，则,
因为，则，则，
由题意可得，解得，
检验：当时，，合乎题意，
当时，，合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.
16. 定义在R上的单调函数满足对任意，均有，且.
（1）求的值，判断并证明的奇偶性；
（2）判断函数单调性，求在区间上的最小值.
【答案】（1），为奇函数，理由见解析
（2）单调递增，理由见解析，最小值为.
【解析】
【分析】（1）令得，令得，得到函数的奇偶性；
（2）根据得到单调递增，的最小值为，赋值法得到答案.
【小问1详解】
中，令得，，
解得，
中，令得，且fx的定义域为R，
故为奇函数；
【小问2详解】
，为单调函数，故只能单调递增，
在区间上的最小值为，
中，令得，
故，
令得，
令得，
故在区间上的最小值为.
17. 如图，某学校为庆祝70周年校庆，准备建造一个八边形的中心广场，广场的主要造型是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为的十字形地域.计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为2900元；在四个相同的矩形（图中阴影部分）上铺花岗岩地面，造价为350元；再在四个空角（图中四个三角形）上铺草坪，造价为80元.设总造价为（单位：元），AD长为（单位：）.
（1）当时，求草坪面积；
（2）当为何值时，最小?并求出这个最小值.
【答案】（1）
（2）故m时，最小，最小值为65000元.
【解析】
【分析】（1）求出等腰直角三角形的直角边长为m，得到草坪面积；
（2）表达出，利用基本不等式求出最小值及m.
【小问1详解】
四个直角三角形均为等腰直角三角形，直角边长为，
当时，m，故草坪面积为；
【小问2详解】
花坛的造价为元，四个相同的矩形总造价为元，
四个直角三角形为等腰直角三角形，直角边长为，
故草坪的总造价为元，
故
元，
当且仅当，即时，等号成立，
故时，最小，最小值为65000元.
18. 已知函数，.
（1）若，当时，求的最小值；
（2）关于的不等式对一切实数恒成立，求的取值范围；
（3）当时，已知，，若，求的取值范围.
【答案】（1）3 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）换元后得到，，由基本不等式得到最小值；
（2），分和两种情况，结合根的判别式得到不等式，求出；
（3）开口向下，要想，数形结合得到不等式，求出答案.
【小问1详解】
时，，，
令，则，
，
由基本不等式得，
当且仅当，即时，等号成立.
【小问2详解】
，即，
当时，，满足要求，
当时，需满足，解得，
故的取值范围是；
【小问3详解】
，开口向下，
，要想，
需满足，结合，解得，
的取值范围是.
19. 教材87页第13题有以下阅读材料：我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.已知.
（1）利用上述材料，求函数图象对称中心；
（2）利用函数单调性的定义，证明函数在区间上是增函数.类比推理的单调性（不需要证明）；附立方差公式：.
（3）也有同学发现可以将其推广为：若函数的图象关于点成中心对称，则，请根据该结论求不等式的解集.
【答案】（1）
（2）证明见解析，在上是增函数
（3）
【解析】
【分析】（1）设函数图象的对称中心为，根据题中定义可得出，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出函数图象的对称中心坐标；
（2）任取、且，作差，因式分解后判断的符号，结合函数单调性的定义可证得结论成立；然后类比函数的单调性可得出函数的单调性；
（3）由已知可得出，将所求不等式变形为，结合函数单调性可得出关于的不等式，解之即可.
【小问1详解】
设函数图象的对称中心为，则函数为奇函数，
则，即，即，
因为
，
所以，，解得，所以，函数图象的对称中心为.
【小问2详解】
任取、且，
则，
若，则，可得，不合乎题意，
所以，所以，，
则，故函数在区间上是增函数.
因为
，
则，则，
即将函数的图象先向右平移个单位，再向上平移个单位得到，
故函数在上是增函数.
【小问3详解】
因为函数的图象关于点对称，且该函数的定义域为，
对任意的，，
由可得，即，
因为函数在上是增函数，则，即，解得或，
故不等式的解集为.
【点睛】方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法：
（1）取值：设、是所给区间上的任意两个值，且；
（2）作差变形：即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；
（3）定号：确定差的符号；
（4）下结论：判断，根据定义得出结论.
即取值作差变形定号下结论.