山东省百师联考2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份山东省百师联考2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷（解析版），共5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。
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. 设集合，，若，则（ ）
A. 2B. 1C. D. -2
【答案】A
【解析】由，得.
若，则，不符合题意；
又，所以，解得.
故选：A
2. 设，则“且”是“”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】且，有不等式性质可以知道，但是，如且,得不到且.故“且”是“”的充分不必要条件.
故选：B.
3. 函数的最小值是（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 12
【答案】A
【解析】，
故最小值是4,当且仅当，解得.时,取得最小值.
故选：A
4. 若函数的定义域为，值域为，则函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于A，定义域为，值域为，与条件矛盾，错误；
对于B，定义域为，值域为，与条件矛盾，错误；
对于C，一个自变量对应两个函数值，不是函数，与条件矛盾，错误；
对于D，定义域为，值域为，与条件吻合，正确；
故选：D.
5. 下列四组函数中，表示相同函数的一组是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】C
【解析】A 选项：当 时，，，所以这两个函数的对应法则不同，不是相同函数；
B 选项：，其定义域为，，其定义域为.
两个函数的定义域不同，不是相同函数；
C 选项：，其定义域为，，其定义域也为.
两个函数的对应法则相同，定义域也相同，是相同函数.
D 选项：，其定义域为，，其定义域为.
两个函数的定义域不同，不是相同函数.综上所述，表示相同函数的一组是 C 选项.
故选：C.
6. 函数的图象经过点，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】函数的图象经过点,则，
则，故，即，所以减函数．
又，所以是奇函数，
，
则转化为，
即,
根据减函数性质知道，，解得.
故选：B
7. 下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】A选项：对于函数，有，即，
所以的定义域为，不关于原点对称，所以该函数不是偶函数，故A错误；
B选项：对于函数，其定义域为，设，，
即，所以该函数不是偶函数，故B错误；
C选项：对于函数，其定义域为满足，
设，，所以是偶函数，
当时，在上也单调递减，故C正确；
D选项：对于函数，其定义域为，
设，，所以是偶函数，
对于二次函数，其对称轴为，开口向上，
所以在上单调递增，则在区间上单调递增，故D错误.
故选：C.
8. 下列比较大小中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】A选项：由函数在0,+∞上单调递增，所以，A选项错误；
B选项：由函数在上单调递减，则，B选项错误；
C选项：，，
又函数在上单调递增，所以，即，C选项正确；
D选项：，函数在0,+∞上单调递增，
则，即，D选项错误；
故选：C.
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. 下列说法中错误的有（ ）
A. 命题：，，则命题的否定是，
B. “”是“”的必要不充分条件
C. 命题“，”是真命题
D. “”是“关于x的方程有一正一负根”的充要条件
【答案】ABC
【解析】对于A选项，对于命题，其否定应该是.所以A选项错误.
对于B选项，当时，，，满足，但是. 反之，当时，例如，此时，，.
所以是“”的既不充分也不必要条件，B选项错误.
对于C选项，当时，，但是，不满足.
所以命题是假命题，C选项错误.
对于D选项，对于方程，若方程有一正一负根，则根据,即.且满足韦达定理，两根之积，即. 取交集得到.
反之，当时，方程的判别式，方程有两个不同的根，且两根之积，所以方程有一正一负根.
所以是“关于的方程有一正一负根”的充要条件，D选项正确.
故选：ABC.
10. 下列命题是假命题的为（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若且，则D. 若且，则
【答案】AC
【解析】对A，取，满足，
但，故不成立，A错误，符合题意；
对B，若，则，所以，即，B正确，不符合题意；
对C，因为，所以，所以，
即，又，所以，C错误，符合题意；
对D，因为，所以，
又，所以，所以，D正确，不符合题意.
故选：AC
11. 已知函数若，则a的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】先设 ,
当时，，解得或（舍去，因为）.
当时，，解得.
再根据的值求的值，
当时：
若，则，，此方程无实数解.
若，则，解得（舍去，因为）.
当时：
若，则，，，解得
若，则，解得.
综上所得，的值可能为或.
故选：CD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设集合，，已知且，则a的取值集合为_________.
【答案】
【解析】因为，，且，
若，解得或，
当时，此时，
此时，不满足集合元素的互异性，舍去；
当时，此时，
此时，不满足集合元素的互异性，舍去；
若，，解得或，
前面已经分析不满足要求，
当时，此时，
此时集合，，满足集合元素的性质，
综上，，所以的取值集合为.
故答案为：.
13. 已知正数，满足，则的最小值为_________.
【答案】
【解析】对已知等式变形,由，等式两边同时除以（，是正数，），得到，则 ，令，
将乘以，这里的。
，
即，即 ，得，当且仅当，即,取最小值.
结合，得到.
,由指数函数单调性知道.
故最小值为.
故答案为：.
14. 如图，某小区要建一座八边形的休闲场所，它的主体造型平面图是由两个周长均为24m的相同的矩形和构成的十字形地域.计划在正方形上建一座花坛，造价为2000元/m2；在四个相同的矩形（图中阴影部分）内铺上塑胶，造价为100元/m2；在四个空角（图中四个三角形）内铺上草坪，造价为400元/m2.若要使总造价不高于24000元，则正方形周长的最小值为_________m.

【答案】4
【解析】设正方形边长为(m)，则矩形的长、宽分别为(m)、(m)，
所以，，，
所以，总造价，且，
所以，则，可得，
故(m)，即正方形周长的最小值为4(m).
故答案为：4
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 已知集合，.
（1）求，；
（2）若集合，且“，”为假命题，求实数m的取值范围.
解：（1）对于集合，根据补集定义，或.
对于集合或，.
那么.
（2）因为“”为假命题，则其否定“”为真命题，这意味着中的元素都不在中，即.
当时，满足，此时，解得.
当时，即时，要使，则或者.
由，解得.
由，解得，但，所以这种情况无解.
综上所得，实数的取值范围是或.
16. 已知，关于x的一元二次不等式的解集为.
（1）求b，c的值；
（2）解关于x的不等式.
解：（1）因为不等式的解集为，
所以和是方程的两个根.
根据韦达定理，可得，.
解得，.
（2）由（1）知，，则不等式为，
即.
当时，不等式化为，解得.
当时，的解为或.
当时，，不等式的解为.
当时，不等式化为，即，此时不等式无解.
当时，，不等式的解为.
综上所得，当时，解集为；
当时，解集为或；
当时，解集为；
当时，解集为空集；
当时，解集为.
17. 已知函数为上的奇函数，当时，，且.
（1）求函数的解析式；
（2）若实数满足不等式，求的取值范围.
因为函数为上的奇函数，所以，
解：（1），解得，
即时，，
当时，，，
所以.
所以；
（2）当时，是减函数，，
当时，是减函数，，
所以在上是减函数，
由，，解得．
所以的取值范围是．
18. 某物流基地今年初用49万元购进一台大型运输车用于运输.若该基地预计从第1年到第n年花在该台运输车上的维护费用总计为万元，该车每年运输收入为23万元.
（1）该车运输几年开始盈利?（即总收入减去成本及维护费用的差为正值）
（2）若该车运输若干年后，处理方案有两种：
①当年平均盈利达到最大值时，以17万元的价格卖出；
②当盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出.
哪一种方案较为合算?请说明理由.
解：（1）由题意可得，即，
解得，
，∴该车运输3年开始盈利.；
（2）该车运输若干年后，处理方案有两种：
①当年平均盈利达到最大值时，以17万元的价格卖出，
，
当且仅当时，取等号，
方案①最后利润为：（万）；
②当盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出，
，
时，利润最大，方案②的利润为（万），
两个方案的利润都是59万，按照时间成本来看，第一个方案更好，因为用时更短，
方案①较为合算.
19. 已知函数.
（1）当时，求的值域；
（2）若的最小值为3，求k的值；
（3）在（2）的条件下，若不等式有实数解，求实数a的取值范围.
解：（1）由题设，而，
所以；
（2）令，则，开口向上且对称轴为，
当时，在上递增，此时无最值，不满足；
当时，在上递减，在上递增，
所以，可得（正值舍）.
（3）由题意有解，即有解，
对于，当且仅当时取等号，
又趋向正负无穷时，分别趋向于0、正无穷，故均趋向于正无穷，
故只需，即.