辽宁省朝阳市2024_2025学年高一数学上学期12月联考试题含解析

这是一份辽宁省朝阳市2024_2025学年高一数学上学期12月联考试题含解析，共19页。试卷主要包含了 下列各组函数是同一个函数的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.
考试时间为120分钟，满分150分
一、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. 集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】列举出集合B中的元素，由并集的定义求.
【详解】集合，，
则.
故选：C.
2. 命题:“，”的否定为（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称命题的否定是特称命题可得到结果.
【详解】因为原命题为全称命题，根据全称命题的否定是特称命题，并且需要否定结论，
所以原命题“，”的否定为“，”，
故选：D.
3. 已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由不等式的性质逐个判断即可.
【详解】对于AC，当时，AC显然错误；
对于B，取满足，显然，显然不成立，故错误；
对于D，由，
因为，所以，
所以，故D正确.
故选：D
4. 下列各组函数是同一个函数的是（ ）
①与；②与；
③与；④与.
A. ①②B. ③④C. ②④D. ①④
【答案】C
【解析】
【分析】整理函数解析式并求其定义域，逐项进行比较，可得答案.
【详解】对于①，由函数可得，解得，则其定义域为，
由函数可得，解得，则其定义域为，故①不符合题意；
对于②，函数的定义域为，函数的定义域为，故②符合题意；
对于③，函数的定义域为，函数的定义域为，故③不符合题意；
对于④，函数的定义域为，函数的定义域为，故④符合题意.
故选：C
5. 命题“”为真命题的一个必要不充分条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由存在量词命题为真求得的范围，再根据“必要不充分条件”即可确定选项.
【详解】由，可得在上能成立，
因，故得.
由题意知，是选项的范围的真子集即可.
故选：D.
6. 已知关于的不等式的解集为，则的最大值是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先解含参数的一元二次不等式得到和的值，再代入中，结合均值不等式求解最值即可.
【详解】不等式可化，
因为，所以，所以不等式的解集为，
所以，，则，
因为，所以，，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以.
故选：D．
7. 设，，，则a，b，c的大小顺序是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用幂函数与对数函数的单调性即可得解.
【详解】因为，，，
又因为在上单调递增，所以，即，
因为，所以，
又因为在上单调递增，所以，即，
综上：.
故选：D.
8. 已知是定义在上的偶函数，且对任意，有，当时，，则下列结论错误的是（ ）
A.
B.
C. 函数有3个零点
D. 当时，
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数对称性和奇偶性，可得的周期可判断A；根据解析式及周期，代入数据可判断B；分别作出和y=fx的图象可判断C；根据函数周期及奇偶性，化简整理，可判断D.
【详解】对于A，因为，且为偶函数，
所以
，
即4是的一个周期，故A正确；
对于B，由4是的一个周期，知，，
所以，故B错误；
对于C，令，可得，
作函数和y=fx的图象如下图所示，
由图可知，两个函数图象有3个交点，故C正确；
对于D，当时，，
则，故D正确．
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. 方程组的解集是
B. 若集合中只有一个元素，则
C. “”是“一元二次方程有一正一负根”的充要条件
D. 已知集合，则满足条件的集合的个数为4
【答案】CD
【解析】
【分析】根据一元一次方程组的解是有序数对可判断A；对参数是否为零进行分类讨论可得或可判断B；利用韦达定理可判断C；由可得是集合的子集可判断D.
【详解】对于A，因为，解得，所以解集为，故A错误；
对于B，当时，，解得，此时集合，满足题意；
当时，需满足，可得，因此或，故B错误；
对于C，由可知一元二次方程的判别式，
即该方程有两根，且两根之积，即两根异号，所以充分性成立；
若一元二次方程有一正一负根，可知两根之积为负，
即，也即，所以必要性成立，故C正确；
对于D，由可知是集合的子集，
所以集合可以是，，，共4个，故D正确.
故选：CD.
10. 已知正数，满足，下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小值为
C. 的最小值为
D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用基本不等式及“1”的妙用逐项求解判断即可.
【详解】正数，满足，
对于A，，解得，当且仅当时取等号，A错误；
对于B，，
当且仅当时取等号，B正确；
对于C，，当且仅当时取等号，C正确；
对于D，，
当且仅当，即时取等号，D正确.
故选：BCD
11. 对于函数下列说法正确的是（ ）
A. 当时，的最小值为0
B. 当时，存在最小值
C. 当时，在上单调递增
D. 的零点个数为，则函数的值域为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，写出此时函数解析式，得到当时，取得最小值，最小值为0；
对于B，举出反例；对于C，两分段均单调递增，但端点处，左端点的函数值不一定小于右端点的函数值，故③错误；
对于D，分类讨论，结合零点存在性定理得到函数的值域为.
【详解】选项A：时，，又因为，，故函数最小值为0（当x=0时取到），选项正确；
选项B：不妨设，此时，
当时，
当时，
故，此时函数不存在最小值，选项错误；
选项C：在上单调递增，且，
当时，在上单调递增，且，
当时，，故当时，在R上不单调递增，选项错误；
选项D：在上单调递增，
当时，设，显然单调递增，
又t-10，故存在使得，
当时，无解，即在上无零点，
此时有两个零点，0和，故此时，
当时，在上有1个零点，
此时有两个零点，0和，故此时，
当时，，由A知，此时有1个零点，即，
当时，在上无零点，在上也无零点，
此时，则函数的值域为，选项正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 不等式对恒成立，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】分和两种情况讨论，当时只需即可求出参数的取值范围.
【详解】当时，，符合题意，所以；
当，只需，解得，
综上实数的取值范围为.
故答案为：.
13. 函数y=fx是上的增函数，且y=fx的图象经过点和，则不等式的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】由函数的单调性性和经过和，确定自变量取值范围，再解不等式即可.
【详解】因为y=fx的图象经过点和，所以，.
又，所以，即．
因为函数y=fx是上的增函数，
所以，即2x-1>-22x-1-12x0x2+x+2,x≤0，
当时，由，得，解得，
当时，由，得，，无解，
所以函数的零点为，即函数y=fx的零点个数为1；
（2）①若，即时，则fx=a+1,01x2-ax+2,x≤0，
所以在上单调递减，最小值为；
在上的最小值为．
因为函数最小值为，所以．
②当，即时，则，
所以在上先减后增，最小值为；
在上的最小值为．
因为函数最小值为，所以，
解得，不合题意，舍去．

③当，即时，则，
所以在上先减后增，最小值为；
在上的最小值为．
因为函数最小值为，所以，
解得或（舍去）．
综上可得或.
故答案为：1；或.
【点睛】关键点点睛：由分段函数求参数问题，解题的关键是讨论与0，1的大小关系，判断在和两区间和上的单调性与最小值．
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. 设集合，.
（1）若，求；；
（2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出集合和集合的取值，再根据集合的运算求出结果；
（2）根据“”是“”的充分不必要条件，得到是的真子集，即可得到结果.
【小问1详解】
当时，，
，
所以，
或，
则或x>6=x|x≠6；
【小问2详解】
因为“”是“”的充分不必要条件，所以是的真子集，
对于集合，不等式，即，
解得，所以，
因为是B的真子集，，
所以m-1>-1m+10，标根法求出不等式的解集，得到答案.
【小问1详解】
在区间上的单调递增，证明如下：
任取，且，
则，
因为，且，
所以，故，
所以，故在区间上的单调递增；
【小问2详解】
为奇函数，理由如下：
的定义域为，
，故为奇函数，
由于在区间上的单调递增，故在上单调递增，
又，，
故在上值域为；
【小问3详解】
的定义域为，
令，解得，
由得，
当，即时，
可得，
整理得，所以，
所以，
所以，
其中的根为或，
由数轴标根法得到不等式解为或，
又，所以或，
当，即或时，
由得，
所以mm+2m2-m-1>0，
其中的根为或，
同理得到不等式解为或或，
又或，
所以或，
故不等式的解为
19. 已知函数对一切实数，，都有成立，且，.
（1）求的值；
（2）求的解析式；
（3）若关于的方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题目中的等式，利用赋值法，整理方程，可得答案
（2）由（1）的结果，利用赋值法整理等式，结合题意，可得答案；
（3）利用换元法整理方程并构造函数，根据分类讨论研究新函数的单调性，结合函数图象，可得答案.
小问1详解】
由等式，
令，可得，
由，解得.
【小问2详解】
由等式，
令，可得，
由（1）中的，整理可得，
即，所以.
【小问3详解】
令，则，令，
当时，，易知函数在0,+∞上单调递增，
此时方程至多只存在一个根，故不符合题意；
当时，，
此时，当且仅当时，等号成立，
由，
则，所以方程在0,+∞上无解，故不符合题意；
当时，，根据对勾函数的单调性，
可得函数上单调递减，在上单调递增，
由，，，
即，，
则函数在12,1存在唯一零点，且在存在唯一零点，
所以方程存在两个根，且，
由函数可作图如下：

由图可知方程存在三个不同的根.
综上所述，.