甘肃省张掖市部分学校2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷

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2024.11.1
一．选择题（在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.共8小题，满分40分，每小题5分）
1．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．下列各组函数表示同一函数的是（ ）
A．B．
C．D．
3．函数的图象是（ ）．
A．B．C．D．
4．设，则“”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
5．若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数是减函数，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数是定义在上的奇函数，若在区间上单调递增，且，则满足的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二．多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，有选错的得0分，若2个正确选顶，每选对一个得3分;若3个正确选项，每选对一个得2分。）
9．若集合中只有一个元素，则的值（ ）
A．B．0C．1D．2
10．若不等式的解集为，则（ ）
A．且
B．
C．不等式的解集为
D．不等式的解集为
11．下列结论正确的是（ ）．
A．若是无理数，是有理数，则是无理数
B．若，则
C．若“，”是真命题，则
D．已知，是方程的两个实根，则
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．若，且，则的最大值是 ．
13．已知函数的对应关系如下表所示，
函数的图象是如下图所示，
则的值为 .
14．已知函数同时满足以下条件：
①定义域为； ②对任意的有；
③.试写出一个函数解析式 .
四、解答题 （本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（本小题13分）
已知集合，，求：
(1)，；
(2)．
16．（本小题15分）
已知命题“，方程有实根”是真命题.
(1)求实数的取值集合A；
(2)已知集合，若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围.
17．（本小题15分）
(1) 已知正数满足.求的最小值；
(2)已知，求证
18．（本小题17分）
已知函数．
(1)判断并证明函数的奇偶性；
(2)判断当时函数的单调性，并用定义证明；
(3)若定义域为，解不等式．
19．（本小题17分）
已知函数f(x)=x, g(x)= |x-2|.
(1)求方程f(x) = g(x)的解集.
(2)定义: max{a,b}=a,a≥b,b,a(i) 求h(x)的单调区间;
(ii)若关于x的方程h(x)=m有两个实数解,求m的取值范围.
1
2
3
4
3
参考答案：
7．B
【分析】根据分段函数单调性，列出各段为减函数的条件，结合两段分界处的关系，即可求解.
【详解】函数是减函数，则有，
解得，则a的取值范围为.
故选：B.
8．C
【分析】由题意得，由，对分和讨论，利用函数单调性及奇偶性解不等式即可.
【详解】为奇函数，
，且函数在轴两侧单调性相同，
在区间0,+∞上单调递增，
∴fx在区间上单调递减
则对于求解集，使用分类讨论思想：
（1）当，，，且在区间0,+∞上单调递增，
；
（2）当，，，且在区间上单调递增，
.
综上所述：，
故选：C．
9．BC
【分析】根据集合中只有一个元素可知只有一个解，对分类讨论即可.
【详解】因为集合中只有一个元素，
所以只有一个解，
当时，只有一个解，此时，符合题意；
当时，一元二次方程有两个相等的实根，
则，解得，
此时，符合题意；
综上或，
故选：BC
10．BC
【分析】分析可知，且关于的一元二次方程的两根分别为、，利用韦达定理可得出、与的等量关系，可判断AB选项；利用一次不等式的解法可判断C选项；利用一元二次不等式的解法可判断D选项.
【详解】因为不等式的解集为，则，
且关于的一元二次方程的两根分别为、，
由韦达定理可得，，所以，，，
对于A选项，且，A错；
对于B选项，，B对；
对于C选项，由可得，化简得，解得，
故不等式的解集为，C对；
对于D选项，由可得，即，
解得，
故不等式的解集为，D错.
故选：BC.
11．BCD
【解析】举反例可判断选项A；利用基本不等式求最值可判断选项B；根据二次函数的最小值大于等于求出的范围可判断选项C；由根与系数的关系可得，，将通分，即可求的值，即可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】对于选项A：当，时，是有理数，故选项A错误；
对于选项B：因为，所以，
则
（当且仅当时，等号成立），故选项B正确；
对于选项C：由题意可得，解得：，故选项C正确；
对于选项D：由题意可得，，
则，故选项D正确．
故选：BCD
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
12．
【分析】利用基本不等式求得正确答案.
【详解】依题意，，
当且仅当时等号成立.
故答案为：

13．【详解】观察函数的图象，得，由数表得，
所以.
14．或分段函数写出一个即可
15．(1)，
(2)
【分析】先求出，再用交并补概念计算即可.
【详解】（1）根据题意，解，得到，则.，
则，.
（2）.则或．
则．
16．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，运算求解即可；
（2）由题意可知：集合是集合A的真子集，分和两种情况，结合包含关系列式求解.
【详解】（1）由题可知：，解得，
所以.
（2）若“”是“”的充分不必要条件，则集合是集合A的真子集，
①当时，，即，满足题意；
②当时，，即，满足题意；
综上所述：的取值范围为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用基本不等式“1”的妙用即可得解；
（2）利用（1）中结论，将问题转化为恒成立，解之即可得解.
【详解】（1）因为正数满足，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
（2
18．(1)奇函数，证明见解析
(2)增函数，证明见解析
(3)
【分析】（1）判断函数的奇偶性只要用定义的方法即可；
（2）用定义法，作差即可；
（3）解函数不等式，必须要用函数的基本性质即单调性和奇偶性.
【详解】（1）函数为奇函数．证明如下：
定义域为，
又，
为奇函数；
（2）函数在−1,1为单调增函数．证明如下：
任取，则
，
，即，，，
∴ ，，
，
即，
故在−1,1上为增函数；
（3）由（1）、（2）可得，
则，解得：，
所以，原不等式的解集为.
19．.解:(1)当x≥2时,方程f(x)=g(x)即为x=x-2,即(x-2)(x+1)=0,得x=4;当0≤x<2时,方程f(x)=g(x)即为x=2-x,即(x+2)(x-1)=0,得x=1.综上,方程f(x)=g(x)的解集为{1,4}.
(2)(i)由题意得h(x)=max{f(x),g(x)}=2-x,0≤x<1,x,1≤x≤4,x-2,x>4,
所以h(x)的单调递增区间为[1,+∞),单调递减区间为[0,1).
(ii) 由(i)知h(x)min=h(1)=1,h(0)=h(4)=2,所以当1题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
c
B
C
D
B
C
BC
BC
题号
11









答案
BC