吉林省四平市 2024-2025學年度第一學期期中教學質量檢測高一數學試題含答案

2024-2025學年度第一學期期中教學質量檢測高一數學試題全卷滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚.4.考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交.5.本卷主要考查內容：必修第一冊第一章～第三章.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.函數的定義域是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求定義域問題，要保證式子有意義，分母不等于0，開偶次方被開方數不小于0.【詳解】因為，所以要使式子有意義，則，解得，即.所以函數的定義域是.故A，C，D錯誤.故選：B.2.已知命題：，，則命題的否定為（）．A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】存在量詞命題的否定是全稱量詞命題，把存在改為任意，把結論否定.【詳解】命題的否定為，.故選：B3.下列函數中為偶函數的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】結合奇偶函數的定義，根據常見函數的奇偶性逐項判斷即可.【詳解】對于A，函數的定義域為R，且，故是奇函數；對于B，函數定義域為，關于原點不對稱，是非奇非偶函數；對于C，函數的定義域為，且，故是奇函數；對于D，函數的定義域為R，，是偶函數.故選：D.4.已知集合，，若，則實數的值為（）A.4 B.3 C.2 D.不存在【答案】B【解析】【分析】根據補集的定義可得，即可求解.【詳解】由可得，若，則,故，故選：B5.函數，的值域為（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由，得，再代入運算即可.【詳解】由，得，所以．故選：C.6.已知為冪函數，為常數，且，則函數的圖象經過的定點坐標為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】結合冪函數的性質計算即可得.【詳解】因為冪函數的圖象過定點，即有，所以，即的圖象經過定點.故選：B.7.若不等式的解集為，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據給定的解集，結合一元二次方程根與系數的關系求解即得.【詳解】由不等式的解集為，得是方程的兩個根，且，于是，解得，由，得或，因此，且當時，，所以.故選：A8.已知函數，.若“，，使得成立”為真命題，則實數m的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】若“，，使得成立”則，.即在上恒成立，分離參數利用基本不等式求解最小值即可.【詳解】當，有.，，使得成立，等價于，.即在上恒成立，參變分離可得.當，，當且僅當時取等號，所以，故選:C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數在區(qū)間上不具有單調性，則的值可以是（）A.9 B.-1 C.-5 D.0【答案】BD【解析】【分析】求出二次函數的對稱軸，從而得到，即可得到答案.【詳解】由題意的對稱軸為，由于在區(qū)間上不具有單調性，故，解得，所以AC錯誤，BD正確.故選：BD.10.下列說法中，正確的是（）A.若，則B.若，，則C.若，，則D.若，，則【答案】ACD【解析】【分析】利用不等式的性質判斷AC，利用特例法判斷B，利用作差法判斷D.【詳解】對于A，可知，不等式兩側同乘以，有，故A正確；對于B，若，，則，故B錯誤；對于C，由，知，，由不等式同向可加性的性質知C正確；對于D，利用作差法知，由，，知，，即，所以，故D正確.故選：ACD11.定義在的函數滿足，且當時，，則（）A.奇函數 B.在上單調遞增C D.【答案】ABC【解析】【分析】根據奇偶性的定義分析判斷A，根據函數單調性的定義分析判斷B，利用賦值法分析判斷C，根據選項C及函數單調性判斷D.【詳解】對于A，令，可得，再令，可得，且函數定義域為?1,1，所以函數為奇函數，故A正確；對B，令，則，，可得，所以，由函數性質可得，即，所以在?1,1上單調遞增，故B正確；對于C，令，可得，所以，即，故C正確；對D，因為函數為增函數，所以，由C可知，故D錯誤.故選：ABC三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知集合，則的真子集的個數是_________.【答案】3【解析】【分析】根據給定條件，利用列舉法表示集合，再求出其真子集個數.【詳解】依題意，，所以的真子集的個數是.故答案為：313.若，，則是的______條件.（在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”中選一個你認為正確的填在橫線處）【答案】既不充分也不必要【解析】【分析】先求得，可判斷結論.【詳解】∵，∴.∵既不能推出，也不能被推出，∴p是q的既不充分也不必要條件.故答案為：既不充分也不必要.14.已知，且，則的最大值為__________.【答案】【解析】【分析】對條件中的式子進行轉化得，再利用基本不等式求解即可.【詳解】因為，所以，即，由基本不等式得，則，解得，當且僅當取等號.所以的最大值為.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.15.當時，函數，圖象經過點；當時，函數，且圖象經過點．（1）求的解析式；（2）求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依題意將點的坐標代入相應解析式中，從而得到關于、的方程組，解得、，即可求出函數解析式；（2）根據分段函數解析式計算可得.【小問1詳解】依題意可得，解得，所以.【小問2詳解】因為，所以，，所以.16已知集合，或.（1）當時，求；（2）若，且“”是“”的充分不必要條件，求實數的取值范圍.【答案】（1）或，（2）【解析】【分析】（1）根據集合的交并補即可得到答案；（2）根據充分不必要條件得?，列出不等式組，解出即可.【小問1詳解】當時，集合，又或，則，或；.【小問2詳解】若，且“”是“”的充分不必要條件，?，則解得，故的取值范圍是.17.（1）已知，，求的取值范圍．（2）已知，且，求使不等式恒成立的實數的取值范圍．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根據不等式的性質通過乘積及和的運算得出式子范圍即可；（2）通過基本不等式1的活用得出最小值即可轉化恒成立問題求參.【詳解】（1）因為，所以．又，所以，即．（2）由，則．當且僅當即時取到最小值16．若恒成立，則．18.某公司生產一類電子芯片，且該芯片的年產量不超過35萬件，每萬件電子芯片的計劃售價為16萬元．已知生產此類電子芯片的成本分為固定成本與流動成本兩個部分，其中固定成本為30萬元/年，每生產萬件電子芯片需要投入的流動成本為（單位：萬元），當年產量不超過14萬件時，；當年產量超過14萬件時，．假設該公司每年生產的芯片都能夠被銷售完．（1）寫出年利潤（萬元）關于年產量（萬件）的函數解析式；（注：年利潤＝年銷售收入－固定成本－流動成本）（2）如果你作為公司的決策人，為使公司獲得的年利潤最大，每年應生產多少萬件該芯片？【答案】（1）（2）公司獲得的年利潤最大，每年應生產9萬件該芯片【解析】【分析】（1）分和兩種情況，分別求出函數解析式；（2）結合二次函數及基本不等式求出函數的最大值，即可得解.【小問1詳解】根據題意得，當時，，當時，，故【小問2詳解】當時，，且當時，單調遞增，當時，單調遞減，此時．當時，，當且僅當時，等號成立．因為，故當時，取得最大值24，即為使公司獲得的年利潤最大，每年應生產萬件該芯片．19.對于函數，，以及函數，．若對任意的，總有，那么稱可被“替代”（通常）．（1）試給出一個可以“替代”函數的函數；（2