湖南省常德市临澧县第一中学2024-2025学年高一上学期第一次阶段性考试数学试题 Word版含解析

这是一份湖南省常德市临澧县第一中学2024-2025学年高一上学期第一次阶段性考试数学试题 Word版含解析，共16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。
（命题人：林祖成 考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次不等式化简集合,即可根据交集的定义求解.
【详解】由可得，故，
故选：C
2. 若，则下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用不等式的性质判断各选项即可.
【详解】由题意得，，
所以两边同时除以得，即，A不正确；
两边同时除以得，B不正确；
两边同时乘得，C正确；
由可得，两边同时除以得，D错误.
故选：C
3. 设，不等式的解集为或，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】二次不等式的解集端点是对应方程的两根，利用韦达定理得出的关系，从而得出结果.
【详解】由题意可知是方程的两根，
则，∴
∴
故选：D
4. “函数在区间上不单调”的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题意求，进而根据必要不充分条件的概念可判断.
【详解】函数在区间上不单调，对称轴为，
“函数在区间上不单调”的一个必要不充分条件可以是．
故选：C．
5. 我们从商标中抽象出一个图象如图所示，其对应的函数解析式可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性及定义域和取特值可排除得选项.
【详解】根据函数的图像可知，函数为偶函数，且定义域为，
判断四个选项，只有和符合，
又因为时，有的函数值是负数，例如不符合，
所以只有成立，
故选：B.
6. 已知函数，若，则的最大值和最小值分别是（ ）
A. B. C. D. 3，1
【答案】B
【解析】
【分析】利用换元法，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由，得到，令，
则，对称轴，
当时，取得最大值，最大值为，
当时，取得最小值，最小值为，
所以的最大值和最小值分别是.
故选：B．
7. 设是定义在上的奇函数，对任意的，满足：，且，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先由，判断出在(0,+∞)上是增函数，然后再根据函数的奇偶性以及单调性即可求出的解集.
【详解】解： 对任意的，都有 ，
在(0,+∞)上是增函数，
令，
则，
为偶函数，
在上是减函数，
且，
，
当时，，
即，解得：，
当时，，
即，解得：，
综上所述：的解集为：.
故选：A.
【点睛】方法点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
8. 若函数在定义域上的值域为，则称为“函数”．已知函数是“函数”，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据“函数”的定义确定的值域为，结合每段上的函数的取值范围列出相应不等式，即可求得答案.
【详解】由题意可知的定义域为，
又因为函数是“函数”，故其值域为；
而，则值域为；
当时，，
当时，，此时函数在上单调递增，则，
故由函数是“函数”可得，
解得，即实数的取值范围是，
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．全都选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最大值为B. 的最大值为
C. 的最小值为D. 的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用基本不等式直接判断A；利用基本不等式求得的最大值可判断B；利用基本不等式“1”的代换可判断C；利用二次函数的性质可判断D；
【详解】，且，，
对于A，利用基本不等式得，化简得，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为，故A错误；
对于B，，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为，故B正确；
对于C，，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，故C正确；
对于D，
利用二次函数的性质知，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，
，，故D错误；
故选：BC
10. 说法正确的是（ ）
A. 已知，则的定义域为
B. 若幂函数在区间上是减函数，则
C. 函数的值域为
D. 已知函数满足，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据分式满足的关系即可求解A，利用幂函数的定义可得，或，即可根据单调性求解B，根据函数的单调性即可求解C，根据利用方程组的思想即可求解D.
【详解】对于A：因为，所以，又因为在中，，所以，
所以，所以的定义域为且，故A选项错误；
对于B：函数是幂函数，
所以，即，解得，或，
当时，在0,+∞上单调递减，符合题意，
当时，，不符合题意，B选项正确；
对于C，由，可得函数的定义域为，
又函数均在上单调递增，故在上单调递增，
所以，
所以函数的值域为，故C正确；
对于D，因为①，所以②，
②－①得，解得，故D正确．
故选：BCD
11. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，例如：，，已知，则函数的函数值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用定义可知函数为奇函数，根据解析式可得，分三种情况讨论可求得结果.
【详解】因为，所以，
所以，即，
因，因为，，所以，所以，所以
即
当时，，所以，，此时，
当时，，所以，，此时，
当时，，此时，，此时，
所以函数的值域为.
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数定义域是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据根式以及0次幂的性质即可列不等式求解.
【详解】由题意可得，解得且，所以函数的定义域是，
故答案为：
13. 已知关于的不等式的解集为空集，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】不等式等价于的解集是，分和两种情况讨论求实数的取值范围.
【详解】恒成立，
不等式等价于的解集是，
当时，不成立，解集是，
当时， ，解得：，
综上：.
故答案为：
14. 若对任意，有，则函数在上的最大值与最小值的和______．
【答案】6
【解析】
【分析】先根据得到是奇函数，进而可判断也是奇函数，进而可得.
【详解】在中，令得，即，
令得，即f−x=−fx，∴fx是奇函数，
令，则，
故ℎx是奇函数，
在对称区间上，
当时，，.
故答案为：6
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）当时，求，；
（2）若“”是“”成立的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，求出，再根据集合并集，交集的运算求解即可．
（2）根据题意可得，再求得，列出方程组求出的取值范围即可得答案．
【小问1详解】
解：当时，，，
，．
【小问2详解】
解：是成立的充分不必要条件，
，
，，，
则，，
经检验知，当时，，不合题意，
实数的取值范围．
16. 计算下列各式的值：
（1）；
（2）若，求的值；
（3）已知实数，满足，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据对数的运算性质即可求解，
（2）（3）根据指数与对数互化，结合对数的运算性质即可求解.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
，又，
所以．
【小问3详解】
由，得．由，
所以，所以，解得：，
则，即，
所以，所以．
17. 在园林博览会上，某公司带来了一种智能设备供采购商洽谈采购，并决定大量投放市场，已知该种设备年固定研发成本为50万元，每生产一台需另投入90元，设该公司一年内生产该设备万台且全部售完，每万台的销售收入（万元）与年产量（万台）满足如下关系式：.
（1）写出年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式（利润=销售收入-成本）
（2）当年产量为多少万台时，该公司获得的年利润最大，并求出最大利润．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）由利润等于销售收入减去投入成本和固定成本可得解析式；
（2）分别求出分段函数每一段的最大值后比较可得结论.
【小问1详解】
因为，
所以；
【小问2详解】
当时，，
由函数性质可知当时单调递增，所以当时，，
当时，，
由不等式性质可知，
当且仅当，即时，等号成立，所以，
综上当时，.
18. 已知函数为奇函数.
（1）利用函数单调性的定义证明函数在上单调递增；
（2）若正数满足，求的最小值；
（3）解不等式.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用函数的奇偶性得出，然后利用函数单调性的定义证明即可；
（2）由已知条件求得，即，利用“1”的妙用和基本不等式求解即可；
（3）令，易知是奇函数，且在上单调递增，又，不等式，从而，求解即可．
【小问1详解】
函数的定义域是，由题意得，解得：，则，
，为奇函数，故，
任取，且，
则，
因为，且，所以，
所以，故，
所以函数在上单调递增；
【小问2详解】
因为为奇函数，
所以，又函数在上单调递增，
所以正实数满足，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
【小问3详解】
令，
因为和都是奇函数，且在上单调递增，所以是奇函数，且在上单调递增.
又，不等式.
从而，解得或.
故不等式的解集为.
19. “函数的图像关于点对称”的充要条件是“对于函数定义域内的任意x，都有”．若函数的图像关于点对称，且当时，．
（1）求的值；
（2）设函数．
（ⅰ）证明：函数的图像关于点对称；
（ⅱ）若对任意，总存在，使得成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．
【解析】
【分析】（1）由函数的图像关于点对称，可得；
（2）（ⅰ）证明即可；（ⅱ）由在的值域为，设在上的值域为A，问题转化为，先求解，分类讨论轴与区间的关系，研究二次函数的值域即可.
【小问1详解】
因为函数的图像关于点对称，
则，
令，可得．
【小问2详解】
（ⅰ）证明：由，
得，
所以函数的图像关于对称．
（ⅱ），
则在上单调递增，
所以的值域为，
设在上值域为A，
对任意，总存在，使得成立，
则，
当时，，
函数图象开口向上，对称轴为，且，
当，即，函数在上单调递增，
由对称性可知，在上单调递增，所以在上单调递增，
因为，，
所以，
所以，由，可得，解得．
当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，
由对称性可知在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
结合对称性可得或，
因为，所以，，
又，，
所以，，
所以当时，成立．
当，即时，函数在上单调递减，
由对称性可知在上单调递减，因为，，
所以，所以，由，
可得，解得．
综上所述，实数a的取值范围为．