安徽省淮南第四中学2024—2025学年高一上学期期中考试数学试题含解析

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这是一份安徽省淮南第四中学2024—2025学年高一上学期期中考试数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，下列四个数中最大的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸
上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑.如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在
答题纸上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回.
一、单项选择题：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
项是符合题目要求.
1. 命题“ ， ”的否定是（）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】修改量词，否定结论，由此得出结果.
详解】修改量词否定结论，可得“ ， ”，
故选：B.
2. 已知集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出，利用交集概念求出答案.
【详解】由题意得，，则．
故选：A．
3. 计算（）
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A. 14 B. 49 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据幂的运算性质及对数恒等式即可求解
【详解】因为．
故选：B．
4. 若函数的定义域为，则的定义域为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知得的定义域为，结合解析式及根式性质求其定义域.
【详解】因为的定义域为，则，故，
所以的定义域为，要使函数有意义，
则，解得 .
所以函数的定义域为 .
故选：D.
5. 已知函数是定义在上的偶函数，则（）
A. 1 B. 0 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性得到方程，求出，，求出函数解析式，代入计算出答案.
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【详解】由题意得，，解得，
因为为偶函数，
所以，即，
所以，解得，
所以，
所以．
故选：D．
6. 已知是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数为偶函数可得在上单调递减，则可得，于是可得
的大小关系，分析选项可得答案.
【详解】因为是定义在上的偶函数，且在上单调递增，
所以在上单调递减，所以，
因为为偶函数，所以，则，即 .
故选：C.
7. 下列四个数中最大的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由对数的运算性质及对数函数的单调性判断即可.
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【详解】因为，所以，
因为，所以，所以最大,
故选：C．
8. 若正数满足，则的最小值为（）
A B. 5 C. D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】将原等式变形后代入化简，利用基本不等式求解出最小值.
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以最小值为，
故选：A.
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列各组函数中，表示的不是同一函数的有（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】从函数的定义域、对应关系和值域对各选项逐一分析判断即得.
【详解】对于 A，的定义域为的定义域为，故不是同一函数；
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对于 B，的值域为的值域为，故不是同一函数；
对于 C，，定义域都为，是同一函数；
对于 D，的定义域为的定义域为，故不是同一函数．
故选:ABD．
10. 由无理数引发的数学危机一直延续到 19 世纪，直到 1872 年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，
用有理数的“分割”来定义无理数（史称戴德金分割），并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无
理数被认为“无理”的时代，也结束了持续 2000 多年的数学史上的第一次大危机.将有理数集划分为两个非
空的子集与，且满足，，中的每一个元素都小于中的每一个元素，
则称为戴德金分割.则下列结论正确的是（）
A. 若，，则是一个戴德金分割
B. 若，，则是一个戴德金分割
C. 若中有最大元素，中没有最小元素，则可能是一个戴德金分割
D. 若中没有最大元素，中没有最小元素，则可能是一个戴德金分割
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据戴德金分割的定义，结合选项，分别举例，判断正误.
【详解】对于 A，因为，故 A 错误；
对于 B，，，中的每一个元素都小于中的每一个元素，故 B 正确；
对于 C，设，，此时有最大元素 1，没有最小元素，满足
是一个戴德金分割，故 C 正确；
对于 D，如 B 选项，此时没有最大元素，没有最小元素，满足是一个戴德金分割，故 D 正
确.
故选：BCD.
11. 对任意实数，定义为不大于的最大整数，如，，．设函数
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，则（）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】BCD
【解析】
【分析】A：取计算并判断；B：根据和分类讨论即可；C：先证明，然
后计算出在给定范围下的正负即可判断；D：直接根据不等式性质进行比较.
【详解】对于 A：取，则，
，所以，故 A 错误；
对于 B：当时，，所以一定成立，
当时，，所以，
所以，成立，故 B 正确；
对于 C：不妨设，，，则，
又，则，所以；
当时，，
所以，所以，
又因为，所以，所以，故 C 正确；
对于 D：当时，，所以且，
所以，所以，所以，故 D 正确；
故选：BCD.
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【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点有两个，一方面是理解取整函数的定义，能根据定义通过举例的
方式验证所给选项；另一方面是隐含条件的证明和使用，本题中应用在 C 项的证明中会更
方便.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知幂函数的图象过点，则其解析式 __________.
【答案】
【解析】
【分析】设的解析式，代入点坐标计算即可.
【详解】设，则，解得．
故答案为：．
13. 已知函数在上单调递减，则实数 a 的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】考虑各段函数的单调性以及分段点处的函数值大小关系，由此可求结果.
【详解】因为是上的减函数，所以，解得，
所以的取值范围是，
故答案为： .
14. 若对任意的，总存在唯一的，使得成立，则的取值范围是
______．
【答案】
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【解析】
【分析】将问题转化为“ 的图象在上有唯一交点” ，然后对进行分类讨论，
根据值域间的关系求解出的取值范围.
【详解】因为对任意的，总存在唯一的，使得成立，
即对任意的，方程在上有唯一解，
即对任意的，的图象在上有唯一交点；
在同一平面直角坐标系中作出的函数图象如下图，
因为的对称轴为且开口向上，所以在上单调递减，
所以，所以，
当时，，此时与在上有唯一交点，符合条件；
当时，，若满足条件只需，解得；
当时，，若满足条件只需，解得；
综上所述，的取值范围是 .
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. 已知命题．
（1）若不等式的解集是，求 a 的值；
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（2）若 p 是 q 的充分不必要条件，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件得到是方程的两根，即可求解；
（2）利用一元二次不等式的解法，得到，再结合条件得到，即可求解.
【小问 1 详解】
由题意知，是方程的两根，
所以，且，解得．
【小问 2 详解】
因为，即，所以．
因为 p 是 q 的充分不必要条件，所以集合是集合的真子集．
因此，解得．
故实数 a 的取值范围是．
16. 红色旅游是一种将爱国教育与自然景观结合起来新型主题旅游形式，受到了越来越多游客的欢迎．某
旅游公司今年开发了一处红色旅游景区，该景区一年需投入固定成本 300 万元，若该景区在一年内有万游
客，则另需投入成本万元，且．已知该景区门票售价为 70 元/人，
当地政府为鼓励该景区更好发展，每年给该旅游公司财政补贴万元．
（1）求该景区一年利润（万元）关于人数（万人）的函数解析式；
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（2）一年的游客为多少万人时，该景区一年利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）
（2）一年的游客为 29 万人时，该景区一年利润最大，最大利润是 249 万
【解析】
【分析】（1）根据利润等于总收入减去总成本，分段写出其解析式即可；
（2）分段求出利润最大值及对应的人数，最后比较得出利润最大值即可.
【小问 1 详解】
由题意得，
【小问 2 详解】
当时，单调递增，此时．
当时，，
此时．
当时，，
当且仅当，即时取等号．此时．
综上，一年的游客为 29 万人时，该景区一年利润最大，最大利润是 249 万．
17. 已知关于的函数．
（1）若，求时的取值范围．
（2）是否存在实数，满足当时，的最大值为 3?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
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（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）问题转化成解一元二次不等式解决.
（2）分情况讨论函数在上最大值，令最大值为 3 求的值.
小问 1 详解】
当时，可转化为： .
所以或 .
所以的取值范围是： .
【小问 2 详解】
函数在的最大值，可能是在行或或时取得.
若 .此时为开口向上的抛物线，且
，，所以满足题意.
若 .此时为开口向下的抛物线，且，
，对称轴为，所以满足题意；
若，解得或 .
当时，，对称轴为，故不合题意.
综上可知：存在实数或，使得满足当时，的最大值为 3.
18. 已知定义在上的函数，且有， .
（1）求函数的解析式并判断其奇偶性；
（2）解不等式；
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（3）设函数，若，，使得，求实数 m 的取值范围
.
【答案】（1），奇函数，证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）代入求得的值，则解析式可知，根据的关系结合定义域
证明出奇偶性；
（2）根据奇偶性对不等式变形，再根据的单调性解不等式，由此可求结果；
（3）先将问题转化为“ ”，然后根据单调性分析的最值，采用换元法分析的
最值，由此可得结果.
【小问 1 详解】
因为，所以，解得，所以；
为奇函数，证明如下：
定义域为且关于原点对称，因为，
所以为上的奇函数.
【小问 2 详解】
，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
所以在上单调递减，所以在上单调递减；
因为，所以，所以，
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所以，所以或，解得或，
所以不等式解集为 .
【小问 3 详解】
因为，，使得，所以；
因为，，所以，
由指数函数性质可知，无最大值，但可以无限接近；
又因为，令，
所以，对称轴为且开口向上，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
所以当时有，所以，
若，则，
综上所述，的取值范围是 .
19. 对集合及其每一个非空子集，定义一个唯一确定的“递嬗和”如下：将中的数按照递减的
次序排列，然后第一个数减第二个数，再加上第三个数，再减去第四个数，…，减加交替所得的结果，例
如的“递嬗和”是的“递嬗和”足的“递嬗和”是 2．定义一
个唯一确定的“递嬗积”如下：将中的数按照递减的次序排列，然后第一个数除以第二个数，再乘第三个数，
再除以第四个数，…，除乘交替所得的结果，例如，的“递嬗积”是的
“递嬗积”是的“递嬗积”是 2．
（1）①求所有非空子集的“递嬗和”的总和；
②求所有非空子集的“递嬗积”的总和．
（2）集合．
①求集合所有非空子集的“递嬗和”的总和；
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②求集合所有非空子集的“递嬗积”的总和．
【答案】（1）①12; ②-1
（2）①13184; ②-1
【解析】
【分析】（1）根据“递嬗和”和“递嬗积”的新定义，找出符合条件的元素，再求和即可.
（2）根据“递嬗和”和“递嬗积”的新定义，结合集合子集概念和结论，运用组合一起求和即可.
【小问 1 详解】
① 的所有非空子集为，
其“递嬗和”分别是，
则所有非空子集的“递嬗和”的总和为．
② 的所有非空子集为，
，
其“递嬗积”分别是，
则所有非空子集的“递嬗和”的总和为
．
【小问 2 详解】
因为，
所以集合．
①集合的子集中，除去外还有个非空子集，
把这个非空子集两两组合后分别计算每一组中“递嬗和”的和，
组合原则是设，集合的元素为集合中去掉 103 的所有元素，
把和结合为一组，显然每组的“递嬗和”的和为 103，共有组，
所以所有“递嬗和”的总和为．
②集合的子集中，其中除去外还有个非空子集，
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把这个非空子集两两组合后分别计算每一组中“递嬗积”的和，
组合原则是设，集合的元素为集合中去掉的所有元素，
把和结合为一组，显然每组的“递嬗积”的和为 0，共有组，
所以所有“递嬗积”之和应该为．
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