福建省三明市第二中学高一上学期期中考试数学试题（B）卷-A4

这是一份福建省三明市第二中学高一上学期期中考试数学试题（B）卷-A4，共16页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，已知，且，则的最小值是，已知集合，，则，已知函数，已知，则下列正确的是，下列选项中正确的有等内容，欢迎下载使用。
数学
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题纸上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回.
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.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.函数的定义域是（ ）
A. B. C. D.
3.已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知，且，则的最小值是（ ）
A.2 B. C.4 D.8
5.已知为定义在上的奇函数，若在上单调递减，则满足不等式的实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
6.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数（且）的图象过定点，正数､满足，则（ ）
A. B. C. D.
8.设为大于1的常数，函数若关于的方程恰有三个不同的实数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，则下列正确的是（ ）
A. B. C. D.
10.下列选项中正确的有（ ）
A.已知函数是一次函数，满足，则的解析式可能为
B.与表示同一函数
C.函数的图象与直线的交点最多有1个
D.若函数，则5
11.已知函数，则（ ）
A.的图象关于点对称
B.若是奇函数，则
C.是上的减函数
D.不等式的解集
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知幂函数在上单调递增，则__________.
13.已知是二次函数，且，，则__________.
14.已知且恒成立，则实数的最大值是__________.
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.（13分）
已知函数且.
（1）当时，
①若，求的值；
②当时，用定义证明函数是上的减函数；
（2）若为偶函数，且，求的取值范围.
16.（15分）
已知二次函数的两个零点分别是和3.
（1）求b､c的值；
（2）判断函数在上的单调性，并用定义法证明；
（3）求函数在内的值域.
17.（15分）
首届中国国际进口博览会在2018年11月5日—10日在上海国家会展中心举办.会议期间，某公司欲采购东南亚某水果种植基地的水果，公司刘总经理与该种植基地的负责人陈老板商定一次性采购一种水果的采购价（元/吨）与采购量（吨）之间的函数关系的图象如图中的折线所示（不包含端点，但包含端点）.
（1）求与之间的函数关系式；
（2）已知该水果种植基地种植该水果的成本是2800元/吨，那么刘总经理的采购量为多少时，该水果基地在这次买卖中所获得利润最大？最大利润是多少？
18.（17分）
定义：，总有，称为“完美嵌套”于与内，已知.
（1）求函数的零点；
（2）过点的二次函数“完美嵌套”于与内，
（i）求的解析式；
（ii）当时，恒成立，求实数的取值范围.
19.（17分）
已知函数，其中且.
（1）当时，
（i）解不等式；
（ii）若关于的不等式在时恒成立，求实数的取值范围；
（2）是否存在正实数，使得当函数的定义域为时，其值域恰好为？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由
2024-2025学年（上）高一年级期中考试（B）卷
数学参考答案
1.B
【分析】由集合交集的定义即可得出答案.
【详解】
故选：B
2.C
【分析】根据函数解析式的结构得到不等式组，求解即得.
【详解】有意义，
等价于，
解得且，故函数的定义域为.
故选：C.
3.A
【分析】先根据指数运算的性质比较的大小，再根据对数函数和指数函数的性质比较的大小，从而可比较出这三个数的大小.
【详解】由题可知，
所以，
因为，所以，
因为在上单调递减，且，
所以，即，
因为在上递增，且，
所以，即，
故.
故选：A
4.C
【详解】因为，所以.而，所以
当且仅当时取等号，
故选C
5.C
【分析】根据奇函数的性质得在上单调递减，再根据奇函数性质将化为，结合定义域利用单调性得解不等式组即可解答.
【详解】因为是奇函数，则可化为
.
又在上单调递减且是定义在上的奇函数，所以在上单调递减.
则解得或，
即实数的取值范围是.
故选：C
6.D
【分析】利用对数函数和指数函数的单调性解出集合，再利用集合的交集运算即可.
【详解】由，得，所以，故.由，解得，故，所以.故选：D
7.D
【分析】首先根据对数函数的性质令对数的真数为1，即可求出函数过定点坐标，再利用基本不等式计算可得；
【详解】解：因为且，令，解得，所以，即函数过定点，
所以，故A错误；
因为，当且仅当时取等号，，
当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号.
故选：D
8.A
【分析】由已知方程解得或，若满足方程有3个不同的解，根据图象可得的取值范围.
【详解】如图，先画出函数的图象，
由已知，解得：或
当时，个解，
当时，需有2个解，如图，.
故答案为：A
【点睛】本题考查根据方程实根个数求参数取值范围，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，属于基础题型.
9.ACD
【分析】利用不等式的性质可判断ACD，举反例排除B，从而得解.
【详解】对于ACD，因为，
所以，故ACD正确；
对于B，取，则，故B错误.
故选：ACD.
10.ACD
【分析】利用待定系数法求解析式判断A，根据定义域不同判断B，根据函数的定义判断C，根据分段函数解析式求值判断D.
【详解】对A，设，则，
即，解得或，故A正确；
对B，定义域为定义域为，所以不是同一函数，故B错误；
对C，当在的定义域内时，函数的图象与直线有一个交点，当不在的定义域内时，函数的图象与直线没有交点，故C正确；
对D，由解析式，故D正确.
故选：ACD
11.BCD
【分析】利用函数单调性的定义可判断C选项；利用函数的对称性可判断AB选项；将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出关于的不等式，即可得出原不等式的解集，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为函数的定义域为，
则，
所以，，
所以，函数的图象关于点对称，A错；
对于B选项，因为函数是奇函数，即函数的图象关于原点对称，
由A选项可知，函数的图象关于点对称，则，解得对；
对于C选项，任取，且，则，
则，所以，，
所以，函数是上的减函数，C对；
对于D选项，由，
可得，
因为函数是上的减函数，则，解得，
故不等式的解集为，D正确.
故选：BCD.
12.8
【分析】由题意可得，且，则可求出的值，从而可求出幂函数的解析式，进而可求出.
【详解】因为为幂函数，
所以，得，
，解得或，
因为幂函数在上单调递增，
所以，得，所以，
所以，所以.
故答案为：8
13.
【分析】根据题意，利用待定系数，设，准确运算，即可求解.
【详解】设，
因为，可得，
又因为，
可得，
即，
所以，
解得，所以.
故答案为：.
14.
【分析】不等式变形为，利用基本不等式求得右侧的最小值即可得结论.
【详解】，
，
，
当且仅当时等号成立，
所以，即的最大值是.
故答案为：.
15.（1）①，②证明见详解；
（2）.
【分析】（1）①根据代入运算得解；②利用函数单调性定义证明即可；
（2）由为偶函数，得，解得，进而得，利用在上单调递增，求出的范围.
【详解】（1）当时，，
①若，则，解得.
②当时，，
任取，且，令，
则，
因为是单调递增函数，所以，则，
即，即，
又是上的增函数，则，
，
，
所以是上的减函数.
（2）若为偶函数，则，
即，
所以，即，
，则，
因为在上单调递增，且，
所以由，得，
所以的取值范围为.
16.（1）；
（2）在上单调递增，证明见解析；
（3）.
【分析】（1）应用根与系数关系求参数值；
（2）由单调性定义，令，应用作差法比较的大小，即可证；
（3）根据二次函数的性质求区间值域即可.
【详解】（1）由题意得，解得；
（2）在上单调递增，证明如下：
由（1）知，令，
所以
，
而，则，所以，
综上，在上单调递增.
（3）由，则在上单调递减，在上单调递增，
且，故在的值域为.
17.（1）；（2）最大利润为105800元
【分析】（1）分段函数求解析式；
（2）利用二次函数的最值，求得采购量为多少时，获得最大的利润.
【详解】（1）当时，
当时，设BC满足的函数关系式为，
则，解得，所以
综上，
（2）当时，该水果种植基地获得的利润，
此时该水果种植基地获得的最大利润为104000元，当时，该水果种植基地获得的利润为
所以当时，利润取得最大值，最大值为105800元，因为，
所以当刘经理采购量为23吨时，该水果种植基地在这次买卖中所获得的利润最大，最大利润为105800元
【点睛】本题主要考查函数应用问题，考查分段函数，二次函数求最值，属于中档题.
18.（1）2
（2）（i）；
（ii）
【分析】（1）先利用已知求得，解方程可得；
（2）（i）令得，又，解得，结合恒成立求出，再验证即可得解；
（ii）分离参数，转化为求解函数的最小值问题，换元后利用基本不等式及不等式性质求得函数最小值，即可得实数的取值范围.
【详解】（1）因为，
所以，
令，则，解得，
所以函数的零点是2；
（2）（i）由题意恒成立，令得，
所以，由题意，所以两式联立得，
对于恒成立，即恒成立，
所以，即，所以，解得，
所以，所以；
此时对于恒成立，即恒成立，
即恒成立，显然符合题意，所以，
所以；
（ii）当时，恒成立，即恒成立，
又，所以恒成立，所以，记，令，
则，
因为，所以，所以，
所以，所以.
19.（1）（i）；
（ii）
（2）存在，.
【分析】（1）（i）根据求出参数的值，即可求出函数解析式，再根据对数函数
的性质解不等式即可；（ii）依题意可得，参变分离可得在时恒成立，利用换元法及基本不等式求出的最大值，即可得解；
（2）若存在适合题意的实数，则，从而得到，则必有，根据复合函数的单调性得到函数在区间上单调递减，即可得到，则是关于的方程的两个相异实根，从而将问题转化为关于的方程在区间上有两个相异实根，结合二次函数根的分布问题得到不等式组，解得即可.
【详解】（1）由知，解得，
所以，
（i）由知，
即，解得或，
即不等式的解集为；
（ii）依题意可得，
即，
故，即在时恒成立，
令，则，
则
，
当且仅当，即时取等号，
故最大值为，因此；
（2）若存在适合题意的实数，
则由及知，
因为函数的值域恰好为，
所以，必有.
又因为在区间上单调递增，
所以函数在区间上单调递减，
从而有，即，
所以，
这表明是关于的方程的两个相异实根，
所以问题转化为关于的方程在区间上有两个相异实根，
令，
则应有即，
由知，故，
综上，存在适合题意的实数，其取值范围是.