2024—2025学年度河北省承德市高一上学期期中考试数学试题[含解析]

这是一份2024—2025学年度河北省承德市高一上学期期中考试数学试题[含解析]，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．已知函数为奇函数，且当时，，则（ ）
A．B．C．D．3
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数与函数的图象关于轴对称.若在区间内单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．若集合A中有三个元素1，，a；集合B中有三个元素0，，b，集合A与集合B相等，则等于（ ）
A．1B．C．2D．
6．已知，则的最小值为（ ）
A．10B．6C．4D．9
7．已知函数满足对任意， ，当时都有成立，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知关于的不等式组恰有两个整数解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求）
9．已知全集，集合，，则（ ）
A．集合A的真子集有8个B．C．D．中的元素个数为5
10．对于实数，，，下列结论正确的是（ ）
A．若，，且，则B．若，则
C．若，，则，D．若，则
11．若函数在区间(1，2)上单调递增，则满足条件的实数a的值可能是( )
A．0B．2C．－2D．－3
三、填空题（本大题共3小题，共15分
12．设；，若是的充分不必要条件，则的取值范围是
13．设函数 则不等式 的解集是 .
14．已知函数且，则的值为 ．
四、解答题（本大题共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．(本小题13分)已知全集，集合，，
(1)分别求；
(2)若，求的取值范围；
(3)若，求的取值范围．
16．(本小题15分)如图，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左右两个矩形栏目（即图中阴影部分），这两栏的面积之和为，四周空白的宽度为10cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5cm，设单个矩形栏目的宽度为，矩形广告的总面积为.

(1)将y表示为关于x的表达式，并写出x的取值范围；
(2)当x取何值时，矩形广告的总面积最小?并求出总面积最小值.
17．(本小题15分)已知函数，且，．
(1)求的解析式；
(2)判断在上的单调性，并用定义证明．
(3)若对，恒成立，求实数的取值范围．
18．(本小题17分)已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.现已画出函数在轴及其左侧的图象，如图所示.
(1)请补出完整函数的图象；
(2)根据图象写出函数的递增区间；
(3)根据图象写出使的的取值集合.
19．(本小题17分)已知函数，.
(1)若方程的根为和，求和的值；
(2)若函数在区间上的最小值，与函数在区间上的最小值相同，求的值；
(3)若函数的图象总在函数图象的上方，求的取值范围.
答案：
1．C
【分析】根据奇函数的性质计算即可.
【详解】由题意可知，因为函数是奇函数，所以.
故选：C.
2．C
【分析】根据给定条件，利用全称量词命题的否定判断即得.
【详解】命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，
所以命题“，”的否定是，.
故选：C
3．B
【分析】利用换元法求解即可.
【详解】令，则，
可得，
所以.
故选：B.
4．B
【分析】根据对称以及的单调性可得在区间上递增，将写成分段函数的形式，分析可得在区间上为增函数，据此可得的取值范围．
【详解】根据题意，函数与函数的图象关于轴对称．若在区间内单调递减，
则在区间上递增，
而，在区间上为增函数，
则有，即的取值范围为
故选：B．
5．C
【分析】根据集合相等的定义，可推出的值，得解.
【详解】由题意可知且，
，，
，，
故.
故选：C.
6．A
【分析】根据已知条件，利用基本不等式求得正确答案.
【详解】由，得+=1，
所以，
当且仅当，时，等号成立，所以的最小值为.
故选：A
7．A
【分析】根据题意可得在R上的增函数，用一次函数与二次函数的单调性及端点值的大小关系列不等式组即可求解.
【详解】因为函数满足对任意， ，当时都有成立，
所以在R上的增函数，
于是，即，
解得，即.
故选：A
8．C
【分析】一元二次不等式组有且仅有两个整数解，分类讨论，即可.
【详解】由，解得或，
由，解得或，
当时，的解为，
因为不等式有且仅有两个整数解，
所以，解得，
当时，的解为，
因为不等式有且仅有两个整数解，
所以，解得，
综上所述，实数的取值范围是
故选：C
9．CD
【分析】根据给定条件，求出集合及全集，再逐项分析判断即得.
【详解】依题意，，而，则，
对于A，集合A的真子集个数为，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，，，C正确；
对于D，中的元素个数为5，D正确.
故选：CD
10．ABC
【分析】选项A，利用不等式的性质，即可判断正误；选项B和C，根据条件，利用作差法，即可判断正误；选项D，通过取特殊值，，即可判断正误.
【详解】对于选项A，因为，由不等式的性质可知，所以选项A正确，
对于选项B，因为，则，得到，
由，得到，所以，故选项B正确，
对于选项C，由，可知．因为，所以，于是，
又因为，所以，．故选项C正确，
对于选项D，取，，显然有，此时，，显然．故选项D错误，
故选：ABC．
11．ABD
【分析】去掉绝对值，写出f(x)的分段函数解析式，作出其大致图像，数形结合分析即可﹒
【详解】根据题意可知f(x)＝，
对于及，其图象的对称轴均为直线x．
当≥－a，即a≥－1时，作出f(x)的大致图象(为方便说明，略去y轴以及坐标原点)如图所示：
由图可知，此时要满足题意，只需－a≥2或≤1，解得a≤－2或a≥－1，故a≥－1；
当＜－a，即a＜－1时，作出f(x)的大致图象(为方便说明，略去y轴以及坐标原点)如图所示：
由图可知，此时要满足题意，只需－a≤1或≥2，解得a≥－1或a≤－3，故a≤－3．
综上所述，a≥－1或a≤－3．
故选：ABD．
12．
【分析】解不等式，根据充分不必要条件列不等式可得解.
【详解】由已知，即，
，即，
又是的充分不必要条件，
所以，
解得，
故答案为.
13．
【分析】由函数解析式可得，按时和时讨论，取并集即可.
【详解】解：因为函数，
所以，
当时，由可得，
即，解得或，
因为，所以或，
当时，由可得，
解得，所以，
综上或，
故
14．
【分析】构造函数，根据的奇偶性计算出的值.
【详解】令，定义域为且关于原点对称，
因为，所以为奇函数，
所以，所以，
代入，可得，
故答案为.
15．(1)，或
(2)
(3)
【分析】（1）先利用一元二次不等式和绝对值不等式解得集合，根据集合的运算的定义求出结果；
（2）对集合分类讨论参数的取值范围；
（3）若，对集合分类讨论参数的取值范围；
【详解】（1）集合
或，
或
（2），
①当时，，
②当时，则，
解得，
综上所述，的取值范围为；
（3）若，
①当时，，
②当时，或，
或，
综上所述，若，则的取值范围为，
所以若，则的取值范围．
16．(1)，
(2)当cm时，矩形广告的总面积最小，最小面积为.
【分析】（1）表达出单个矩形栏目的长度，进而求出y关于x的表达式，x的取值范围；
（2）由基本不等式求出总面积最小值.
【详解】（1）单个矩形栏目的长度为，
，
（2）由基本不等式得
，
当且仅当，即时，等号成立，
故当cm时，矩形广告的总面积最小，最小面积为.
17．(1)
(2)在上单调递增，证明见解析
(3)
【分析】（1）由题意列出方程组并解出即可得；
（2）结合单调性定义，令，求出的正负即可得；
（3）结合函数单调性，可得，解出即可得.
【详解】（1）由题意可得，解得，
故；
（2）在上单调递增，证明如下：
令，则，
由，故，，即，
故在上单调递增；
（3）由在上单调递增，
则当时，有，
即.
18．(1)答案见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据函数是奇函数关于原点对称得出右侧图象；
（2）数形结合得出函数增区间；
（3）数形结合得出不等式的解集.
【详解】（1）由题意作出函数图象如图所示：
（2）由图可知，单调递增区间为.
（3）由图可知，使的的取值集合为.
19．(1)
(2)
(3).
【分析】（1）结合一元二次方程根与系数的关系即可求得答案；
（2）先确定在上的最小值为2，在结合二次函数的性质分类讨论即可求得a的值；
（3）将原问题转化为恒成立，利用判别式即可求得a的范围.
【详解】（1）因为的两个根分别是-1和b，
所以，解得；
（2）在上的最小值为，
所以在上的最小值为2，
当，即时，，解得（舍）；
当，即时，，解得（舍）；
当，即时，，解得；
综上：；
（3）因为函数的图象总在函数图象的上方，所以恒成立，
因此恒成立，
所以，解得.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
B
B
C
A
A
C
CD
ABC
题号
11









答案
ABD