2025年上海市南模中学高一上学期期中数学试卷及答案解析

这是一份2025年上海市南模中学高一上学期期中数学试卷及答案解析，共23页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题（4 ×6+5×6=54 ）
1. 用描述法表示图中的阴影部分的点（含边界）的坐标组成的集合___________.
2. 函数的定义域为______．
3. 《再别康桥》是中国现代诗人徐志摩的诗作，是新月派诗歌的代表作，诗中写道：
轻轻的我走了，
正如我轻轻的来；
我轻轻的招手，
作别西天的云彩；
那河畔的金柳，
是夕阳中的新娘；
波光里的艳影，
在我的心头荡漾.
……
若定义该诗的第行的字数（标点符号不计入字数）为，则__________．
4. 为解决上下班的交通问题，调查了某地100名职工，其中78人持有交通卡，52人拥有自行车，而持有交通卡又有自行车的有37人，则既无交通卡又无自行车的共有______人.
5. 已知满足，则的范围是______.
6. 已知函数，又，试写出的大小关系______.
7. 若是关于的方程的两个实根，则最大值为______.
8. 不等式的解集是______.
9. 研究表明，函数为奇函数时，函数的图象关于点成中心对称．若函数的图象对称中心为，那么__________．
10. 甲，乙两公司同时开发同一种新产品，经测算，对于函数，当甲公司投入万元作宣传时，若乙公司投入的宣传费用小于万元，则乙公司对这一新产品的开发有失败的风险，否则没有失败风险；当乙公司投入万元作宣传时，若甲公司投入的宣传费用小于万元，则甲公司对这一新产品的开发有失败的风险，否则没有失败风险.设，，甲，乙公司为了避免恶性竞争，经过协商，同意在双方均无失败风险的情况下尽可能少投入宣传费用，问甲公司应投入______万元宣传费.
11. 设，若存在定义域的函数既满足“对于任意，的值为或”，又满足“关于的方程无实数解”，则的取值范围为______.
12. 已知，且，则的最小值为________.
二、选择题
13. 十七世纪，数学家费马提出猜想：“对任意正整数，关于的方程没有正整数解”，经历三百多年，1995年数学家安德鲁怀尔斯给出了证明，使它终成费马大定理，则费马大定理的否定为（ ）
A. 对任意正整数，关于的方程都没有正整数解
B. 对任意正整数，关于的方程至少存在一组正整数解
C. 存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解
D. 存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解
14. 如果正数满足，那么（ ）
A. ，且等号成立时的取值唯一
B. ，且等号成立时的取值唯一
C. ，且等号成立时的取值不唯一
D. ，且等号成立时的取值不唯一
15. 若实数满足，且，则称与互补．记，那么是与互补（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
16. 设、、是定义域为的三个函数，对于命题：①一定可以写成一个奇函数和一个偶函数之差；②若、、均是定义域上的奇函数，则均是定义域上的奇函数，下列判断正确的是（ ）
A. ①和②均为真命题
B. ①和②均为假命题
C. ①为真命题，②为假命题
D. ①为假命题，②为真命题
三、解答题
17. 关于x的不等式．
（1）若，求不等式解集；
（2）当时，求上述不等式的解集．
18. 由正数组成的集合具有如下性质:若且，则.
（1）若且，试分别判断与是否在集合内并说明理由；
（2）试问集合能否恰有两个元素且？若能，求出所有满足条件的集合，若不能，请说明理由.
19. 如图所示，将一个矩形花坛ABCD扩建成一个更大的矩形花坛AMPN，要求M在射线AB上，N在射线AD上，且对角线MN过点C，已知AB长为4米，AD长为3米，设米．

（1）要使矩形花坛AMPN的面积大于54平方米，则AN的长应在什么范围内；
（2）要使矩形花坛AMPN的扩建部分铺上大理石，则AN的长度是多少时，用料最省？
20. 已知不等式解集为
（1）若，求的值；
（2）若，且不等式有且仅有9个整数解，求的取值范围；
（3）若解关于的不等式：．
21. 设集合A为非空数集，定义．
（1）若，写出集合；
（2）若，且，求证：；
（3）若，且，求集合A元素个数的最大值．
参考答案及解析：
2025 学年第一学期南模中学高一年级期中考试 数学学科
（本次考试时间 120 分钟，满分 150 分）
一、填空题（4 ×6+5×6=54 ）
1. 用描述法表示图中的阴影部分的点（含边界）的坐标组成的集合___________.
【答案】
【解析】
【分析】先由图象得到点的范围，再用描述法表示.
【详解】由图可知：阴影部分在第三象限和x，y轴上，且，
所以用集合表示为，
故答案为：
2. 函数的定义域为______．
【答案】
【解析】
【分析】由二次根式以及分式有意义的条件即可求解.
【详解】由题意自变量应满足，解得且，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
3. 《再别康桥》是中国现代诗人徐志摩的诗作，是新月派诗歌的代表作，诗中写道：
轻轻的我走了，
正如我轻轻的来；
我轻轻的招手，
作别西天的云彩；
那河畔的金柳，
是夕阳中的新娘；
波光里的艳影，
在我的心头荡漾.
……
若定义该诗的第行的字数（标点符号不计入字数）为，则__________．
【答案】6
【解析】
【分析】根据函数定义求函数值即可．
【详解】因为该诗的第2行有7个字，第7行有6个字，所以．
故答案为：6．
4. 为解决上下班的交通问题，调查了某地100名职工，其中78人持有交通卡，52人拥有自行车，而持有交通卡又有自行车的有37人，则既无交通卡又无自行车的共有______人.
【答案】7
【解析】
【分析】根据题意结合韦恩图运算求解即可.
【详解】作出韦恩图，如图所示：

可知持有交通卡或有自行车的人数为，
所以既无交通卡又无自行车的人数为.
故答案为：7.
5. 已知满足，则的范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知，结合不等式性质运算求解即可.
【详解】因为，
且，则，可得，
所以的范围是.
故答案为：.
6. 已知函数，又，试写出的大小关系______.
【答案】
【解析】
【分析】根据基本不等式得，进而结合函数的单调性判断大小即可.
【详解】由，，当且仅当时，等号成立，
又，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
又在单调递减，所以，
所以，
故答案为：.
7. 若是关于的方程的两个实根，则最大值为______.
【答案】18
【解析】
分析】利用可得，再根据韦达定理结合二次函数性质求最值即可.
【详解】因为是关于的方程的两个实根，
则，整理可得，解得，
且，，
可得，
构建，可知其图象开口向下，对称轴，
若，可知在内单调递减，则，
所以最大值为18.
故答案为：18.
8. 不等式的解集是______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据根式和分式的意义可得或，且，再分析符号结合一元二次不等式运算求解即可.
【详解】由题意可知：，解得或，且，
因为，
若或1或3，原不等式显然成立；
若，则，，，，
可得，解得或，则；
综上所述：不等式的解集为.
故答案为：.
9. 研究表明，函数为奇函数时，函数的图象关于点成中心对称．若函数的图象对称中心为，那么__________．
【答案】
【解析】
【分析】构造奇函数，根据其为奇函数，即可求得值.
【详解】根据题意函数的图象对称中心为，
设，则为奇函数，
则，
所以，
得，
即，
即，则有，
所以.
故答案为：
10. 甲，乙两公司同时开发同一种新产品，经测算，对于函数，当甲公司投入万元作宣传时，若乙公司投入的宣传费用小于万元，则乙公司对这一新产品的开发有失败的风险，否则没有失败风险；当乙公司投入万元作宣传时，若甲公司投入的宣传费用小于万元，则甲公司对这一新产品的开发有失败的风险，否则没有失败风险.设，，甲，乙公司为了避免恶性竞争，经过协商，同意在双方均无失败风险的情况下尽可能少投入宣传费用，问甲公司应投入______万元宣传费.
【答案】24
【解析】
【分析】设甲公司应投入万元宣传费，乙公司应投入万元宣传费，根据题意列不等式组，可得，运算求解即可.
【详解】设甲公司应投入万元宣传费，乙公司应投入万元宣传费，
则，即，
可得，即，
设，则，可得，
整理可得，解得或（舍去），
即，可得，此时，符合题意，
所以甲公司应投入24万元宣传费.
故答案为：24.
11. 设，若存在定义域的函数既满足“对于任意，的值为或”，又满足“关于的方程无实数解”，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知或，进而可得且，并分析函数的构成，即可确定的范围
【详解】因为对于任意，的值为或，可得且，
又因为关于的方程无实数解，则且，
可知函数的图象是由函数和函数的图象分段拼接而成的，
若，只需取，则无解；
若，只需取，则无解；
若，只需取，则无解；
所以的取值范围是.
故答案为：．
12. 已知，且，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
先利用把化成，利用基本不等式可求的最小值，再根据不等式的性质把目标代数式放缩为与有关的代数式，再利用基本不等式可求题设中目标代数式的最小值.
【详解】因为，，
所以，
当且仅当时等号成立．
又因为，由不等式的性质可得
.
又因为，
当且仅当时等号成立．
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查多元代数式的最值，处理这类问题的基本策略是降元处理，降元时要结合目标代数式的结构特点，找出能整体处理的部分，本题属于难题.
二、选择题
13. 十七世纪，数学家费马提出猜想：“对任意正整数，关于的方程没有正整数解”，经历三百多年，1995年数学家安德鲁怀尔斯给出了证明，使它终成费马大定理，则费马大定理的否定为（ ）
A. 对任意正整数，关于的方程都没有正整数解
B. 对任意正整数，关于的方程至少存在一组正整数解
C. 存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解
D. 存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解
【答案】D
【解析】
【分析】由全称量词命题的否定的定义即可得解.
【详解】“对任意正整数，关于的方程没有正整数解”的否定为：
存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解.
故选：D.
14. 如果正数满足，那么（ ）
A. ，且等号成立时的取值唯一
B. ，且等号成立时的取值唯一
C. ，且等号成立时的取值不唯一
D. ，且等号成立时的取值不唯一
【答案】A
【解析】
【详解】正数满足，∴ 4=，即，当且仅当a=b=2时，“=”成立；又4=，∴ c+d≥4，当且仅当c=d=2时，“=”成立；综上得，且等号成立时的取值都为2，选A．
15. 若实数满足，且，则称与互补．记，那么是与互补的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】解：因为，
所以，即，
显然，
所以，所以，且，
所以是与互补的充分条件；
当与互补时，则有，且，
所以，中至少有一个数为0，
所以，，
所以，
所以是与互补的必要条件；
所以是与互补的充要条件.
故选：C.
16. 设、、是定义域为的三个函数，对于命题：①一定可以写成一个奇函数和一个偶函数之差；②若、、均是定义域上的奇函数，则均是定义域上的奇函数，下列判断正确的是（ ）
A. ①和②均为真命题
B. ①和②均为假命题
C. ①为真命题，②为假命题
D. ①假命题，②为真命题
【答案】A
【解析】
【分析】对于①：根据题意结合奇偶性的定义分析判断即可；对于②：根据奇偶性的性质分析判断即可.
【详解】对于①：设、是定义域为的函数，为奇函数，为偶函数，
且，可得，
可得，，
因为，可知为奇函数，
，可知为偶函数，故①为真命题；
对于②：设，，，
可知、、均是定义域上的奇函数，
且，，，
所以、、均是定义域上的奇函数，故②是真命题；
故选：A.
三、解答题
17. 关于x的不等式．
（1）若，求不等式解集；
（2）当时，求上述不等式的解集．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）当时，利用不等式的解法求解即可，注意分母不为；
（2）分别讨论，，，和的情况下，不等式的解集.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以且，
解得或，
所以，不等式的解集为；
【小问2详解】
①当时，，
因为恒成立，
所以，
即不等式的解集为：；
②当时，且，
解得或，且，
即不等式的解集为：；
③当时，且，
解得或，且，
即不等式的解集为：；
④当时，，
所以，且，
解得或，
即不等式的解集为：；
⑤当时，且，
解得或，
即不等式的解集为：．
18. 由正数组成的集合具有如下性质:若且，则.
（1）若且，试分别判断与是否在集合内并说明理由；
（2）试问集合能否恰有两个元素且？若能，求出所有满足条件的集合，若不能，请说明理由.
【答案】（1）
（2）能，所有满足条件的集合为：
【解析】
【分析】（1）从已知元素和出发，利用集合性质逐步推导即可求解；
（2）设，则由性质有，分和两种情况讨论，又由，进而求解.
【小问1详解】
由题意有：，且，所以，
又，所以，
由，所以，
由，所以，
所以；
【小问2详解】
设，由性质有，
所以或，
当时，所以，
因为，若，则，即，
若时，解得，与矛盾，不满足题意，
当时，则，由，
若时，所以，即，解得（舍去负根），
即；
若时，，即,
综上所述，集合能有两个元素且，
所有满足条件的集合为：.
19. 如图所示，将一个矩形花坛ABCD扩建成一个更大的矩形花坛AMPN，要求M在射线AB上，N在射线AD上，且对角线MN过点C，已知AB长为4米，AD长为3米，设米．

（1）要使矩形花坛AMPN的面积大于54平方米，则AN的长应在什么范围内；
（2）要使矩形花坛AMPN的扩建部分铺上大理石，则AN的长度是多少时，用料最省？
【答案】（1）
（2）米时，用料最省．
【解析】
【分析】（1）由，取得，得到AMPN面积等于，结合一元二次不等式的解法，即可求解；
（2）求得到扩建部分面积，令，可得，结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：由，可得，则，则，
花坛AMPN面积等于，
由题意，可得，即，
解得或，所以AN的长应在范围内.
【小问2详解】
解：根据题以，可得扩建部分面积，
令，可得，
当且仅当时，即时，等号成立，即米时，用料最省．

20. 已知不等式的解集为
（1）若，求的值；
（2）若，且不等式有且仅有9个整数解，求的取值范围；
（3）若解关于的不等式：．
【答案】（1）15； （2）；
（3）见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意可得不等式的解集为，且不等式的解集为，然后利用根与系数的关系可得，，从而可求得的值；
（2）结合（1）可得恒成立，可得，再由不等式有且仅有9个整数解，得，从而可求得的取值范围；
（3）当时，结合（1）得，然后分，和三种情况求解，当时，由（1）的方法可得，再由恒成立，可得，从而可求得不等式的解集，再分和求解即可
【小问1详解】
因为，不等式的解集为，
所以不等式的解集为，且不等式的解集为，
所以方程的两个根分别为2和3，
所以，得，，
所以，
【小问2详解】
由（1）可知，，
所以不等式，可化为，
由（1）知等式的解集为，
所以恒成立，
所以，解得，
不等式等价于，
所以，得，
因为不等式有且仅有9个整数解，
所以，解得，
综上，的取值范围为；
【小问3详解】
若，则由（1）可知可化为，
即，
当时，，即不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，，即不等式的解集为，
若，则不等式的解集为，的解集为，
所以方程的两个根分别为2和3，
所以，得，
所以不等式的解集为，
所以恒成立，
所以，解得，
所以所求不等式为，
解得或，即不等式的解集为，
当时，，得，
所以所求不等式无解，
当时，，得，
所以所求不等式为，解得，
综上，当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式解集为.
【点睛】关键点点睛：此题考查一元二次不等式的解法，考查由不等式的解集确定参数，解题的关键是合理分类讨论，根据一元二次不等式的解法求解，考查分类讨论思想和计算能力，属于较难题.
21. 设集合A为非空数集，定义．
（1）若，写出集合；
（2）若，且，求证：；
（3）若，且，求集合A元素个数的最大值．
【答案】（1），；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据题目定义，直接得到集合；
（2）根据两集合相等即可找到的关系；
（3）设，根据定义求得，再设且，进而求得、，并确定中元素最多时对应的m值，即可得答案.
【小问1详解】
由，则，；
【小问2详解】
由，且，
所以也有4个元素，且都是非负数，
其中，易知，
且，故，
对于其它元素，有，且，
从而有，得证.
【小问3详解】
设，
由，
所以中的元素个数大于等于，
由，
所以中的元素个数大于等于，
由，所以的元素个数大于等于，
且最小元素为0，最大元素为，故的元素个数小于等于，
所以且，即，
当满足题设，证明如下：
设且，
则，，
由上分析，有，故最小值为，
所以时，中元素最多，即满足题意，
综上，中元素个数最大值为.
【点睛】关键点点睛：第三问集合中元素的个数最多时，满足中的最大值小于中的最小值，应用容斥原理确定中元素个数的范围是解题的关键.