北京市延庆区2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份北京市延庆区2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷（解析版），共15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。
本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟
第I卷（选择题）
一、选择题：本大题共10小题，每小题4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. 已知集合，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用交集的定义求解即得.
【详解】集合，，所以.
故选：D
2. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解.
【详解】因为，，所以，
故选：D.
3. 已知全集且，则集合中元素有（ ）
A. 2个B. 4个C. 5个D. 7个
【答案】B
【解析】
分析】利用列举法表示集合，解不等式化简集合，再求出即可得解.
【详解】依题意，，解不等式，得，则，
所以，集合中的元素有4个.
故选：B
4. 已知集合满足，则有（ ）
A. 2个B. 4个C. 5个D. 7个
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出集合的真子集个数即可得解.
【详解】集合满足，则集合可视为集合与集合的每个真子集的并集，
而集合的真子集个数为，
所以有7个.
故选：D
5. 若和，则和的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，通过作差法，得到，即可求解.
【详解】因为，，
所以，当且仅当时取等号，所以，
故选：C.
6. 设，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】举例说明判断ABC；利用不等式的性质判断D.
【详解】对于A，取，满足，而，A错误；
对于B，取满足，而，B错误；
对于C，取满足，而，C错误；
对于D，由不等式性质知，由，得，D正确.
故选：D
7. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C. ，D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇偶函数的判断方法及基本函数的单调性，对各个选项逐一分析判断，即可求解.
【详解】对于选项A，因为，定义域为，关于原点对称，
又，所以是偶函数，
又由幂函数的性质知在区间上单调递减，所以在区间上单调递增，故选项A正确，
对于选项B，因为图象不关于轴对称，即不是偶函数，所以选项B错误，
对于选项C，因为，的定义域不关于原点对称，即，是非奇非偶函数，所以选项C错误，
对于选项D，当时，在区间上单调递减，所以选项D错误，
故选：A.
8. 已知函数的定义域为，则“为奇函数”是“”的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：因函数的定义域是,故“是奇函数”是“”的充分条件；
反之,若,则函数不一定是奇函数,“ f(x) 为奇函数”不是必要条件.应选A.
考点：充分必要条件.
9. 已知函数有两个零点，在区间上是单调的，且在该区间中有且只有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的单调区间，再结合集合的包含关系及零点存在性定理列式求解即得.
【详解】函数在上单调递减，在上单调递增，
由在区间上是单调的，且在该区间中有且只有一个零点，
得且或且，
则或，解得或，
所以实数的取值范围是.
故选：C
10. ，设取，，三个函数值中的最小值，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】作出函数的图象，利用图象求出其最大值.
【详解】在同一坐标系内作出直线，，，
由取，，三个函数值中的最小值，
得的图象为下图中实线构成的折线图，
则的最大值即为的图象最高点对应的纵坐标值，
观察图象知，图象最高点是直线与的交点，
由，得，因此的图象最高点是，
所以的最大值为2.
故选：B
第II卷（非选择题）
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 函数的定义域是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数有意义列式求出定义域.
【详解】依题意，，解得，
所以函数的定义域是.
故答案为：
12. 已知奇函数满足，则______.
【答案】大于
【解析】
【分析】利用奇函数的性质，结合不等式的性质求解即得.
【详解】由奇函数满足，得，所以.
故答案为：大于
13. 已知，，且是的必要不充分条件，则的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】根据条件得到，再利用集合间的关系，即可求解.
【详解】因为是的必要不充分条件，则，
又，，所以，
故答案为：.
14. 已知，则的最大值是______，当且仅当______时，等号成立.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据给定条件，借助配凑的方法，利用基本不等式求出最大值及对应的值.
【详解】由，得，则，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最大值.
故答案为：；
15. 已知函数，给出下列四个结论：
①函数是偶函数；
②函数的增区间为；
③不等式的解集是；
④当时，令，则的最小值为.
其中所有正确结论序号是______.
【答案】①④
【解析】
【分析】利用偶函数的定义判断①；求出函数的单调递增区间判断②；分段求出不等式的解集判断③；利用基本不等式分段求出最小值判断④.
【详解】函数的定义域为R，
对于①，，函数是偶函数，①正确；
对于②，，函数的增区间为，②错误；
对于③，不等式，则或，
解得或，所以不等式的解集是，③错误；
对于④，依题意，，
当时，，
当且仅当，即时取等号；
当时，，
当且仅当，即时取等号，
而，
即，所以的最小值为，④正确.
故所有正确结论的序号是①④.
故答案为：①④
【点睛】思路点睛：涉及分段函数解不等式问题，先在每一段上求解不等式，再求出各段解集的并集即可.
三、解答题：本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 求下列方程（组）的解集：
（1）
（2）
（3）
（4）
【答案】（1）
（2）当时，解集为；当时，方程解集为.
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）解一元二次方程即可得解集.
（2）对分类讨论即可得方程的解集.
（3）利用换元法令，把原方程化为一元二次方程，结合的取值范围即可得到原方程的解集.
（4）利用代入消元法即可得到方程组的解集.
【小问1详解】
由得，，
解得，故方程的解集为.
【小问2详解】
当时，方程无解，解集为，
当时，解方程得，方程解集为.
【小问3详解】
令，则方程可化为，
解方程得，（舍），
，故方程解集为.
【小问4详解】
由得，，解得,
方程组的解为，，
故方程组解集为.
17. 求下列不等式（组）的解集：
（1）
（2）
（3）
（4）
【答案】（1）或
（2）
（3）或x≥1
（4）
【解析】
【分析】（1）根据条件，因式分解得到，再利用一元二次不等式的解法，即可求解；
（2）根据条件，变形得到，再因式分解得，即可求解；
（3）先变形成，再等价于且，即可求解；
（4）先利用绝对值不等式的解法，求的解，再求的解，再求交集，即可求解.
【小问1详解】
由，得到，所以或，
故不等式的解集为或.
【小问2详解】
由，即，得到，所以，
故不等式的解集为.
【小问3详解】
由，得到，等价于且，所以或，
故不等式的解集为或.
【小问4详解】
由，得到，即，
对，因为，所以的解集为，
故不等式组的解集为.
18. 已知关于的方程，.
（1）当时，若方程的两根为与，求下列各式的值：
①;②;③;
（2）若该方程的两根同号，求实数的取值范围.
【答案】（1）①6；②；③4；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，利用韦达定理列式，再逐一变形计算各个式子的值.
（2）利用判别式及韦达定理列出不等式组求解.
【小问1详解】
当时，方程，，则，
①；
②；
③.
【小问2详解】
由方程的两根同号，得，解得，
所以实数的取值范围是.
19. 已知函数过点.
（1）求函数的解析式及定义域；
（2）判断函数的奇偶性并证明；
（3）令，求的解析式，并证明的图像关于对称.
【答案】（1），定义域为
（2）偶函数，证明见解析
（3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件可得，即可得，由解析式可直接求出定义域，即可求解；
（2）利用奇偶函数的判断方法，即可求解；
（3）利用，即可得，再任取一点，通过证明其关于对称的点也在的图象上，即可求解.
【小问1详解】
因为函数过点，则，得到，
所以，定义域为.
【小问2详解】
函数为偶函数，证明如下，
因为的定义域为，关于原点对称，
又，所以为偶函数.
【小问3详解】
因为，
设是图象上任意一点，关于的对称点为，
因为，所以，
即点也在图象上，所以的图像关于对称.
20. 已知函数.
（1）当，时，求函数的值域；
（2）若函数在上是单调函数，求实数的取值范围；
（3）当时，比较与的次小.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用二次函数的对称轴可求函数的单调性，求出最大值和最小值即可得到函数的值域.
（2）讨论函数的单调性，利用定义域和对称轴的关系可求得参数的取值范围.
（3）计算的取值范围，利用二次函数的单调性和对称轴可比较大小.
【小问1详解】
当时，，对称轴为直线，
在上为减函数，在上为增函数，
，
故函数的值域为.
【小问2详解】
函数，对称轴为直线，
当函数在上是单调增函数时，，，
当函数在上是单调减函数时，，，
综上得，实数的取值范围为.
【小问3详解】
当时，，对称轴为直线，
在上为减函数，在上为增函数，且，
∵，
∴，故.
21. 设集合，对于集合A中的任意元素和及实数，定义：当且仅当时；.若A的子集满足：当且仅当时，，则称为A的完美子集.
（1）集合，，分别判断这两个集合是否为A的完美子集，并说明理由；
（2）集合，若不是A的完美子集，求的值.
【答案】（1）是A的完美子集，不是A的完美子集，理由见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据完美子集定义去计算验证是否当且仅当时，即可得解；
（2）先计算，接着由得方程，解该方程得或，再结合元素互异性分类讨论和这两种情况即可得解.
【小问1详解】
是A的完美子集，不是A的完美子集，理由如下：
对于，因为，
所以，
所以当且仅当时，，
所以是A的完美子集；
对于，因为，
所以
，
令，
所以存在无数组解使得，
如当时，，
所以不是A的完美子集.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以
，
因为不是A的完美子集，所以存在，使得，
即存在使得，
解方程组得，
由集合互异性可得且，故且，
所以解得或，且由得，
若，则有，
所以存在无数组解使得，
如当时，，
所以不是A的完美子集，符合题意；
当且时，则由得，
所以由得，又得，故，不符合题意；
综上的值为.
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：
（1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论；
（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”，归纳“举例”提供的解题方法，归纳“举例”提供的分类情况；
（3）类比新定义中的概念、原理、方法去解决题中需要解决的问题.