山东省德州市2024_2025学年高一数学上学期11月期中试题含解析

这是一份山东省德州市2024_2025学年高一数学上学期11月期中试题含解析，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在测试卷上.
第I卷 选择题（共58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，只有一项是符合要求的.）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先解集合中的不等式，再根据交集的定义计算即可.
【详解】由，得，解得，
所以，
故选：D.
2. 命题“，函数是奇函数”的否定是（ ）
A. ，函数是偶函数
B. ，函数不是奇函数
C. ，函数是偶函数
D. ，函数不是奇函数
【答案】B
【解析】
【分析】根据含有一个量词的命题的否定的定义，可得结果.
【详解】“，函数是奇函数”的否定是：
“，函数不是奇函数”.
故选：B.
3. 用二分法研究函数的零点时，通过计算得：，，则下一步应计算，则（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二分法的原理即可判断即可.
【详解】因为，，且函数图象连续不断，
所以函数在区间内有零点，
所以下一步应计算，，
故选：C.
4. 已知函数则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数解析式直接求值即可.
【详解】由题意，，
故选：A
5. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】举例说明可判断，；作差法结合不等式的性质可判断，.
【详解】对于，，
因为，所以，，
所以，即，故错误；
对于，若，，则，，所以，故错误；
对于，，
因为，，所以，所以，
所以，即，故正确；
对于，若，，，，
则，，所以，故错误.
故选：.
6. 已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数的性质完善函数解析式，根据定义域分段解不等式即可.
【详解】当时，，由题意得，解得；
设，则，所以，
因为是定义在上的奇函数，
所以，
当时，，由题意得，解得；
所以的解集是，
故选：C.
7. 若，使成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将存在性问题转化为最值问题，利用二次函数的单调性求最值，列不等式，求解即可.
【详解】设函数，
因为，使成立，
所以在区间上的最大值，
因为二次函数的开口向上，对称轴方程为，
所以函数在区间上单调递减，在上单调递增，
因为，结合二次函数的对称性可知，
当时，函数取最大值，最大值，解得；
故选：A.
8. 已知函数若存在实数，使得函数有4个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出函数y=fx的图象，根据图象可求解.
【详解】由题意，，
函数有4个不同的零点，
函数y=fx的图象和直线有4个交点，
函数y=fx图象如下：

由图可知，当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，且，
当 时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，且；
所以实数的取值范围是0,1.
故选：B.
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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 命题“，”是真命题
B. 命题“，使得”是假命题
C. 是的充要条件
D. 是集合中只有一个元素的充要条件
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，由时，不等式不成立可判断；对于B，根据实数的平方的非负性可判断；对于C，根据集合间的包含关系和交集的定义可判断；对于D，易得时，集合中只有一个元素，进而判断.
【详解】对于A，，显然时，不成立，故A错误；
对于B，因为方程在实数集上无解，所以不存在x∈R，使得，故B正确；
对于C，当时，可得，当时，可得，故C正确；
对于D，当时，方程的解为，此时集合中只有一个元素，
当时，方程为，解得，
当时，由，解得，
故集合中只有一个元素，等价于或；故D错误；
故选：BC.
10. 若，，且，则（ ）
A. 的最大值是B. 的最小值是
C. 的最小值是D. 的最小值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用基本不等式逐项判断即可.
【详解】对于A，因为，，由基本不等式得，即，
解得，当且仅当，时，等号成立，
所以的最大值是，故A不正确；
对于B，因为，，
所以，
当且仅当，时，等号成立，
所以的最小值是，故B正确；
对于C，因为，，由，得，
即，因为，
所以，即，
当且仅当，时，等号成立，
所以的最小值是，故C正确；
对于D，因为，，
，
当且仅当，时，等号成立，
所以的最小值是，故D正确.
故选：BCD.
11. 设，称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，例如：，.若，则（ ）
A.
B. 函数的值域为
C. 若，则
D. 点集所表示的平面区域的面积是4
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据高斯函数的定义和函数的值域，分段函数的性质逐一分析即可.
【详解】对于：，故正确；
对于：，故正确；
对于：当时，，满足，但，故错误；
对于：的解为或，
当时，或，
当时，或，，
所以点集所表示的平面区域的面积是4，故正确.
故选：.
第II卷 非选择题（共92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】
【解析】
【分析】由题可列出不等式组，解之即得.
【详解】要使函数有意义，
须满足，
解得且，
故函数的定义域为．
故答案为：．
13. 若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二次函数的图象与性质列不等式，求解即可.
【详解】由题意，对于方程，，
解得，则实数的取值范围为，
故答案为：.
14. 把一个集合分成若干个非空子集，，，，如果满足：①，②，那么这些子集的全体称为集合的一个划分，记为.若集合，则集合的一个划分为______________；利用余数构造集合的划分是解决子集中元素整除问题的常用手段.设为集合的子集，并且中任意两个元素之和不能被3整除，则中元素个数的最大值为__________.
【答案】 ①. ，，（作答时，写出一个即可） ②. 676
【解析】
【分析】根据“划分”的定义直接求集合的一个划分即可；利用集合中元素被3除的余数构造集合的划分，进而根据题意得中元素个数的最大值。
【详解】根据题意，若集合，则集合的划分有：
，，（作答时，写出一个即可）；
对于集合，
所有被3除余数为1的元素组成的集合为，元素个数为675；
所有被3除余数为2的元素组成的集合为，元素个数为675；
所有能被3整除的元素组成的集合为，元素个数为674；
由题意，，且中任意两个元素之和不能被3整除，
又因为，集合中任意一个元素与集合中任意一个元素之和能被3整除，
所以集合中的元素和集合中的元素不能都属于集合，
因为集合中任意一个元素与集合或与集合中任意一个元素之和都不能被3整除，
且集合中任意两个元素之和都能被3整除，
所以当集合中元素个数最多时，
集合，其中；或者，其中；
故集合中元素个数的最大值为676.
故答案为：，，（作答时，写出一个即可）；676.
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 已知集合，.
（1）求集合；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）解不等式化简集合，再由补集运算即可得结果；
（2）根据集合间的包含关系对集合是否为空集进行分类讨论解不等式即可得出结果.
【小问1详解】
解不等式可得；
所以可得.
【小问2详解】
由可得，
当时，可得，解得，满足题意；
当时，可得，即，
由可得或，解得；
综上可得，实数的取值范围为或.
16. 已知是二次函数，且不等式的解集是.
（1）求函数解析式；
（2）令，若函数在区间上的最小值为，求实数的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据的解集是得，，以及，列方程组，求解即可；
（2）由，得，根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论即可.
【小问1详解】
由题意，设fx=ax2+bx+c，，
因为的解集是，所以，且和是方程的解，
又，所以，解得，，，
所以.
【小问2详解】
，
所以二次函数y=gx开口向上，对称轴方程为：，
①当，即时，函数y=gx在区间上单调递增，
所以，由，解得；
②当，即时，
函数y=gx在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，由，
解得；不满足，故舍去；
③当，即时，函数y=gx在区间上单调递减，
所以，由，解得；
综上所述，或.
17. 为了加强“平安校园”建设，保障师生安全，某校决定在校门口利用原有墙体，建造一间墙高为3米，底面面积为40平方米，且背面靠墙的长方体形状的校园警务室.由于此警务室的后背靠墙，无需建造费用，甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米500元，左右两面新建墙体报价为每平方米400元，屋顶和地面以及其他报价共计4800元，设屋子的左右两面墙的长度均为米.
（1）当左右两面墙的长度为多少米时，甲工程队整体报价最低，并求出最低整体报价；
（2）现有乙工程队也要参与此警务室建造竞标，其给出的整体报价为元，若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，求的取值范围.
【答案】（1）当左右两面墙的长度为米时，甲工程队整体报价最低，最低整体报价为元
（2）
【解析】
【分析】（1）建立函数模型，利用基本不等式求最小值即可；
（2）不等式恒成立问题转化为最值问题，利用基本不等式求最值即可.
【小问1详解】
设工程队的总造价为元，
则，；
因为，，所以由基本不等式得，
，
当且仅当，即时，等号成立；
所以当左右两面墙的长度为米时，甲工程队整体报价最低，最低整体报价为元.
【小问2详解】
由题意得，对任意成立，
即，
令，则，
所以，对任意成立；
又，当且仅当，即时，等号成立；
则的最小值为；
所以的取值范围是.
18. 定义在上的函数满足：，当时，.
（1）求的值，判断函数的奇偶性，并说明理由；
（2）判断函数在上单调性，并用定义证明；
（3）若，解关于的不等式.
【答案】（1），函数为偶函数，理由见解析；
（2）函数在0,+∞上单调递减，证明见解析；
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用赋值法可求解，通过赋值构造和的关系式，结合函数奇偶性的定义可判断奇偶性；
（2）利用赋值法构造的表达式，结合题意判断符号，进而判断单调性；
（3）利用赋值法得，结合函数的单调性和奇偶性可解不等式.
【小问1详解】
由题意知，函数满足：，
令，则，解得，
令，则，解得，
函数为偶函数，理由如下：
由题意，函数的定义域为，
令，则，即，
所以函数为偶函数.
【小问2详解】
函数在上单调递减，证明如下：
任取，令，，
则，即，
因为，则，由题意知，
所以，即，
所以函数在上单调递减.
【小问3详解】
由，得；
令，则，所以，
因为函数为偶函数，所以，
当时，因为函数在上单调递减，
所以由，得，即，解得；
因为函数为偶函数，且函数在上单调递减，
所以函数在上单调递增，
当时，由，得，
所以，解得；
综上所述，不等式的解集为或.
19. 不动点原理是数学上一个重要的原理，也叫压缩映像原理，用初等数学可以简单的理解为：对于函数在其定义域内存在实数，使成立，则称是的一个不动点.
已知函数，.
（1）当，时，求函数的不动点；
（2）当时，若函数有两个不动点为，，且，，求实数的取值范围；
（3）若函数的不动点为，2，且对任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）和
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）由不动点的定义解方程即可求解；
（2）由不动点的定义可得有两个不相等的实数根，，设，根据根的范围列不等式组即可求解；
（3）由已知可得，2为方程的两根，根据韦达定理可求解的解析式，由可得的值域是值域的子集，分，，三种情况分别求解即可.
【小问1详解】
函数的不动点即为的实数根，
当，时，转化为方程的实数根，
解得或，所以函数的不动点为和；
小问2详解】
由题意可得方程有两个不相等的实数根，
即有两个不相等的实数根，，且，，
设，
令，解得，
所以实数的取值范围为；
小问3详解】
由题意可知，2为方程即的两根，
则，解得，，
从而，
因为，即，
由题可知的值域是值域的子集，
因为在上是减函数，则，
即的值域为，
因为且，
当时，，不合题意舍，
当时，在上是增函数，则，
因为，则，解得，
当时，在上是减函数，则，
因为，则，解得，
故的取值范围是或.
【点睛】关键点点睛：对于函数问题中新定义问题，关键是能够充分理解不动点的定义，从而构造方程，在求解参数范围过程中，利用二次函数、一次函数求解对应模型的最值.