湖南省2024-2025学年高一上学期11月期中数学试题（解析版）

这是一份湖南省2024-2025学年高一上学期11月期中数学试题（解析版），共13页。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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的．
1. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】因为全称量词命题的否定方法为：改量词，否结论，
所以“，”的否定是，.
故选：B.
2. 已知全集，集合满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意得，所以ABC错，D正确.
故选：D.
3. 已知函数，则（ ）
A. 6B. 2C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以.
故选：D.
4. 计算：（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，
，
所以.
故选：C.
5. 若为奇函数，则实数（ ）
A. 1B. 3C. 4D. 6
【答案】B
【解析】因为为奇函数，
所以，即，
解得，此时，其定义域为，
且，
即为奇函数，所以满足题意.
故选：B.
6. 已知函数，则函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为，由得：，
所以的定义域为：，
由得，所以，
故的定义域为：.
故选：A
7. 若，且，则的最小值为（ ）
A. 1B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，又，所以，
令，，则，，
所以，
当且仅当，即，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：D.
8. 已知是定义在上的奇函数，当，且时，都有，若，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为当，且时，都有，
所以，令，则在上单调递增，
又是定义在上的奇函数，的定义域为，
且，所以是偶函数，，
所以在上单调递减，
对于，显然不满足不等式，
因为，所以，则，
当时，得，即，所以，则；
当时，，即，所以，则；
综上，或，即.
故选：B.
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. 已知，则函数的大致图象可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】当时，，在上单调递增，且，所以图象关于原点对称，故B正确；
当时，，在上单调递增，且，所以图象关于轴对称，故A正确；
当时，，在上单调递增，故D错误；
当时，，在上单调递增，，且，所以图象关于原点对称，与C不符合，
当时，，在上单调递增，，且，所以图象关于轴对称，故C正确.
故选：ABC
10. 若，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】对于A，因为，，所以，，所以，
而，所以，故A正确；
对于B，因为，，所以，，所以，
由选项A知，所以，故B正确；
对于C，取，满足，且，
但，故C错误；
对于D，取，满足，且，
但，故D错误.
故选：AB.
11. 对任意实数，定义为不大于的最大整数，如，，.设函数，则（ ）
A. 的图象关于直线对称B. ，
C. 在上单调递增D. 在上单调递减
【答案】BD
【解析】对于A，因为，
所以，，
即，而，所以的图象不可能关于直线对称，
故A错误；
对于B，因为为不大于的最大整数，所以，
当时，，则；
当或时，，
因为的图象开口向上，对称轴为，
所以当或时，，故；
综上，，，故B正确；
对于C，因为，
所以，，
即，所以在上不可能单调递增，故C错误；
对于D，取，且，
当时，；
当时，；
综上，，
又由二次函数的性质可知在上单调递减，则，
所以，即，
所以在上单调递减，故D正确.
故选：BD.
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_________．
【答案】
【解析】由题意得，则，则，代入点得，解得，则.
故答案为：.
13. 若存在，使得成立，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【解析】因为在上单调递增，
所以在上单调递增，
则，
因为存在，使得成立，
所以，即实数的取值范围为.
故答案为：.
14. 已知函数，且，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【解析】令，则的定义域为，
又，所以是奇函数，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
因为，则，
所以可化为，
则，故，
所以，解得，即的取值范围是.
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. 已知全集，集合，.
（1）若，求；
（2）若，且“”是“”的充分条件，求实数的取值范围.
解：（1）当时，集合，解，得，所以，所以.
（2）因为“”是“”的充分条件，所以是的子集，
又，，
所以，解得，
由（1）知，所以，
所以或，解得或，
综上或，即实数的取值范围.
16. 已知函数.
（1）在如图所示的平面直角坐标系中画出的大致图象，并写出的单调区间及值域；
（2）若函数的图象与轴有两个不同的交点，求实数的取值范围.
解：（1）因为的图象是由的图象向下平移两个单位而得，
而的图象是由的图象保留轴上方的图象，
再将轴下方的图象沿着轴向上翻折而得，
所以的大致图象如图，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，值域为.
（2）因为函数的图象与轴有两个不同的交点，
所以有两个零点，即与的图象有两个交点，
结合图象可知，，解得，即实数的取值范围为.
17. 某公司研发了一款洗地机，该洗地机集扫地、吸地、洗地三种功能于一体，投入市场后深受广大消费者的喜爱.已知该公司生产该款洗地机全年所需的固定成本为600万元，每生产万台洗地机，需另投入变动成本万元，且，每台洗地机的批发价为400元，假设该洗地机每年的销量等于当年的产量.
（1）写出该洗地机的年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式.（注：年利润＝年销售收入－固定成本－变动成本）
（2）该洗地机的年产量为多少万台时，年利润最大？最大年利润是多少万元？
解：（1）因为每台洗地机的批发价为400元，所以万台洗地机的销售收入为万元，
依题意得，当时，，
当时，，
所以
（2）当时，，
所以在上单调递增，所以；
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，所以，
因为，所以当年产量为万台时，年利润最大，最大年利润为万元.
18. 已知函数.
（1）若，判断在上的单调性，并用定义证明；
（2）若，且，求的取值范围；
（3）设函数，若对任意的，总有，使得，求的取值范围.
解：（1）在上单调递增，证明如下：
任取且，
则，
因为，则，
所以，即，
故在上单调递增.
（2）当时，由（1）知在上单调递增，
因为，且，，
所以，由于在上单调递增，
故，即，解得或.
（3）对任意，总有，使得，
则在上的值域是在上值域的子集，
因为，所以在上单调递增，
故当时，所以的值域为，
当时，在上单调递增，所以的值域为，
由，可得，解得，故；
当时，，满足题意；
当时，由在时，，由对勾函数性质可知，
只需且，解得，故，
综上，，即的取值范围.
19. 给定区间，若对任意的，恒有函数或恒有函数，则称为上的“函数”．
（1）判断是否为区间上的“函数”；
（2）若是区间上的“函数”，求的取值范围；
（3）若的定义域为，且在上单调递减，且图象是连续不断的曲线，求证：存在区间，使得是区间上的“函数”．
解：（1）给定区间，
若对任意的，恒有函数，即；
若对任意的，恒有函数，即.
函数，.则在上单调递减.
又，，则在的值域为.
由，可知对任意的，不恒成立；
又，可知对任意的，也不恒成立.
所以不是区间上的“函数”.
（2）令，由，则，则，
则函数在上单调递增，
又，即在上的值域为.
因为是区间上的“函数”，
所以，或，
若，则，解得；
若，则，或，解得或.
综上所述，的取值范围为.
（3）由在上单调递减，
设任意，，则，
所以，即，
故在上也单调递减.
设任意区间，，由.
则.
若，则,故是区间上的“函数”；
若，则存在，使，且，
由函数图象连续不断，且单调递减，则存在，使，
又，则，又，
所以当时，，则，
故是区间上的“函数”；
若，则，故是区间上的“函数”；
若，则存在，使，且，
由函数图象连续不断，且单调递减，则存在，使，
又，则，又，
所以当时，，则，
故是区间上的“函数”；
若，则,故是区间上的“函数”.
综上所述，存在区间，使得是区间上的“函数”．