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北京市延庆区2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知全集且，则集合中的元素有（ ）
A．2个 B．4个 C．5个 D．7个
4．已知集合满足，则有（ ）
A．2个 B．4个 C．5个 D．7个
5．若和，则和的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
6．设，且，，则（ ）
A． B． C． 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．
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
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．
10．，设取，，三个函数值中的最小值，则的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
11．函数的定义域是 .
12．已知奇函数满足，则 .
13．已知，，且是的必要不充分条件，则的取值范围是
14．已知，则的最大值是 ，当且仅当 时，等号成立.
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.
其中所有正确结论的序号是 .
三、解答题
16．求下列方程（组）的解集：
(1)
(2)
(3)
(4)
17．求下列不等式（组）的解集：
(1)
(2)
(3)
(4)
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.
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.
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.
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.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D B D C D A A C B
1．D
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．D
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．B
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．D
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．C
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．D
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．A
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．A
【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．C
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．B
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，的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
11．
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．
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：
13．
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．
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：；
15．①④
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
16．(1)
(2)当时，解集为；当时，方程解集为.
(3)
(4)
【详解】（1）由得，，
解得，故方程的解集为.
（2）当时，方程无解，解集为，
当时，解方程得，方程解集为.
（3）令，则方程可化为，
解方程得，（舍），
，故方程解集为.
（4）由得，，解得,
方程组的解为，，
故方程组解集为.
17．(1)或
(2)
(3)或
(4)
（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.
【详解】（1）由，得到，所以或，
故不等式的解集为或.
（2）由，即，得到，所以，
故不等式的解集为.
（3）由，得到，等价于且，所以或，
故不等式的解集为或.
（4）由，得到，即，
对，因为，所以的解集为，
故不等式组的解集为.
18．(1)①6；②；③4；
(2).
（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.
【详解】（1）当时，方程，，则，
①；
②；
③.
（2）由方程的两根同号，得，解得，
所以实数的取值范围是.
19．(1)，定义域为
(2)偶函数，证明见解析
(3)，证明见解析
（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.
【详解】（1）因为函数过点，则，得到，
所以，定义域为.
（2）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.
（3）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．(1)
(2)
(3)
（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.
【详解】（1）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.
（2）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.
（3）当时，，对称轴为直线，
在上为减函数，在上为增函数，且，
∵，
∴，故.
21．(1)是A的完美子集，不是A的完美子集，理由见解析；
(2).
（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.
【详解】（1）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.
（2）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.

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