南宁二中2024年秋季期中高一数学答案_2024-2025高一（7-7月题库）_2024年11月试卷_1111广西南宁二中2024-2025学年高一秋季期中考试

南宁二中 2024-2025 学年度上学期高一期中考试参考答案 数学 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，只有一个选项是 正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1.【答案】C 【详解】 集合 ， ， ． 2.【答案】 ∵ C ={ | >1} ={ |−1< ≤3} ∴ ∩ ={ |1< ≤ 3} 【详解】 当 时不成立； B.取 ， . ⩽0 ， ， ，满足 ， ， ， ，不满足 ，因此不正确； =3 =2 =4 =1 > > C. − =−，1则 − =，1对 两 边−同 时>乘 −， 则 ，正确； 1 1 1 1 >0 >0 > < D.取 ， ， ， ，满足条件 ， ，但是 不成立． 3.【 答=案2】B =−3 =3 =−3 > > > 【详解】根据题意，依次分析选项： 对于 ， ， ，不是偶函数，不符合题意； 2 2 2 对于 ， ( )= + ， 2 定 义域 ( 为 − R) ， = −2 ≠ +2 = ( ) ，是偶函数，符合题意； 对于 ，. ( )=| | ， (− )= |− |=| |=， (是 )奇函数，不符合题意； − − 2 2 2 ( )= +1 (− )=(− ) +1= +1=− ( ) 对于 ， ，定义域为 ∞ ∞ ，是非奇非偶函数，不符合题意； −1 4.【答 案 】( A)= +1 (− ,−1)∪(−1,+ ) 【详解】根据题意， ，且 得 1 5.【答案】D −3< +1< 4 3 −1>0. ∈ (3,3). 【详解】对于 ，由图象可知当速度大于 时，乙车的燃油效率大于 ， 当速度大于 时，消耗 升汽油， 40 乙 车 / 的 ℎ 行驶距离大于 ，故A5 错 误 / ； 对于 ，由图象可知当速度相同时，甲车的燃油效率最高， ∴ 40 /ℎ 1 5 即当速度相同时，消耗 升汽油，甲车的行驶路程最远， 以相同速度行驶相同路 1 程，三辆车中，甲车消耗汽油最少，故B错误； 对于 ，当速度为 时，甲车的燃油效率为 ，即甲车行驶 时，耗油 升， ∴ 故甲车 行驶 小时 8 ， 0 路 程 /ℎ 为 ，耗油为 升， 1 故 0 C 错 / 误； 10 1 对于 ，当速 1 度小于 时 80 ， 丙车燃油效率 8 大于乙车的燃油效率， 用丙车比用乙车更省油，故D正确. 6.【答 案】C 40 /ℎ ∴ 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 1 6【详解】令 ， ； ； 1 2 +1 1 −1 +1 2 = ( ≠1) ∴ = −1 ∴ = 1 2 + −1= − +1 ． −1 2 ∴7. 【 ( 答 ) 案 = 】 A− +1( ≠1) 【详解】由于 的解集为 ， 2 + + >0 −1,3 故 为方程 的两个根，且 则 可得 且 2 −1+3=− =−2 −1,3 + + =0 <0, , , <0, (−1)×3= =−3 ， 1 1 1 1 ∴ − + = + =−(− − )⩽−2 − · − =−2 当且仅当 即 时等号成立．所以 的最大值为 ． 1 1 8.【答案】− B=− , =−1 − + −2 【详解】 对任意的实数都有 ， ，即 ， ∵ ( + )= ( )+ ( )−1 ， ，函数 是 上的单调函数， ∴ (2+2)= (2)+ (2)−1=5 (2)=3 ∵函 (数2)=3是 上(4的)=单5调增函数 (， ) ，即 ，解得 ， 1 ∴ ( ) ∴ (1−2 )<3= (2) 1−2 <2 >−2 即不等式 的解集为 ． 1 二、选择 题 (1 ： − 本 2 题 共 )< 3 3 小题，每小 − 题26 ,+ 分 ∞ ，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全 部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9.【答案】ABD 【详解】 因为不等式组 的解集为非空集，得出选项A正确； −1⩾0 B.由函数的 .定义，在定义域 − 内 + 的 2 每 ⩾ 一 0 个 ，有且只有一个 与之对应，故选项B正确； C. ，故 ， ．故选项C错误； 2 +4, ⩽0 D. 若( 两)个=函数有相同的定义域 与(0对)应=关4 系 ，[ 则(0这)]两=个 (函4)数=是4同−一4=个0函数，故选项D正确． −4, >0 10.【答案】BCD 【详解】设正实数 、 满足 ． ， 当且 仅当 + =1时，等号成立， 的最大值为 ， 选项错误； + 2 1 1 1 ≤( 2 ) =4 = =2 4 ，则 ， 2 ∵ + = + +2 ≤2 + =2 + ≤ 2 当且仅当 时，等号成立， 选项正确； 2 = = 2 1 1 1 1 1 + = 3 +3 + +2 2 + 3 +2 2 + 1 1 1 1 2 + +2 = [( +2 )+(2 + )]( + )=第 页(2，+共 页 + ) 3 +2 2 + 3 +2 2 + 学科网（北京）股份有限公司 2 6，当且仅当 时，等号成立， 选项正确； 1 +2 2 + 4 1 ≥3 2+2 2 + ⋅ +2 =3 = =2 ， 2 2 2 2 2 2 + + 1 + = + −2 ≥ + −2× 2 = 2 =2 当且仅当 时，等号成立， 选项正确． 1 11.【答案 】=A C=D2 【详解】对于 ，函数 在 单调递减，所以值域也是 ，故A正确； 1 1 1 对于 ，因为函 数 ( )= [3,3的] 对称轴为 ，图象开口[3向,3上] ， 2 故函数 在 上单调递增，所以其值域为 ， ( )= −4 +6 =2 2 又因为 为 的完美区间， ( ) [2, ] [2, −4 +6] 2 所以 [2, ] ( )= ， 解 − 得 4 +6 或 ，因为 ，所以 ，B错误； 2 对于 ，−若4 +6= 存=在2“ 倍=美3好区间 ”>，2 =3 1 2 13 则设定 义域 为( )=−，2 值域+为2 2， 当 时[ ，, 易] 得 [2 ,2 ] 在区间上单调递减， 1 2 13 0< < ( )=−2 + 2 ，两式相减，得 ，代入方程组解得 ， ，C正确； 1 2 13 −2 + 2 =2 1 2 13 + =4 =1 =3 −2 + 2 =2 对于 ， 的定义域为 ，假设函数 存在“完美区间” ， 1 −1 + , <0 ( ) ≠0 ( )= = 1 [ , ] − , >0 若 ，由函数 在 内单调递减，则 ，解得 ； 1 + = <0 ( ) (−∞,0) 1 =0 + = 若 ，由函数 在 内单调递增，则 1 − = >0 ( ) (0,+∞) 1 , 即 在 有两解 ， ，得 ， − = 1 故实 =数 的−取 值(0范,+围∞为) ，D 正>确2． 三、填 空题：本题共 3(2小,+题∞，)每∪小{0}题 5 分，共 15 分. ．【答案】 f π f 3 f   3  12 【详解】因为函数y f x是偶函数，且在,0上是严格增函数， 所以 f π f π f 3 f   3  ．【答案】m3 . 13 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 3 621m 【详解】根据题意可知，若q的充分不必要条件是p需满足 ，解得m3； 2m1 但且两端等号不同时成立，所以m 3，即m3；因此实数m的取值范围为m3 32 5 ．【答案】 3 . 4 14  x3 3,x,13, 【详解】当x23x3 x33时，解得x1或x3，所以 f x ， x23x3,x1,3 作出 f x的图象如下图所示： 由图象可知：当x3时， f x有最大值，所以 f x  f 33； max 当 f x 3 时，解得x 3 或 3 或 21 ； 4 4 2 4 当 f x2时，x 3 5 或x4， 2 由图象可知：当m   3 , 3  ，n 3 5 时，f x的值域为   3 ,2   ，此时nm的最大值为 3 5  3  32 5 ； 4 2 2 4  2 4 4 当m4,n 21 时， f x的值域为   3 ,2   ，此时nm 5  32 5 ， 4 4  4 4 32 5 由上可知，nm的最大值为 ． 4 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15.【详解】（ ）因为x0，y0，x y2， 4 1 114 1  1 4 y x  1   9 所以     (x y) 4  1 5 2 4  ， x y 2x y  2 x y  2 2 4y x 4 2 4 1 9 当且仅当  ，即x ,y 时等号成立，故  的最小值为 ； x y 3 3 x y 2 1 （ ）因为0 x ，所以02x1,012x1， 2 2 2x(12x) 12x12x 2 1 所以x(12x)     ， 2 2 2  8 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 4 61 1 当且仅当2x12x，即x 时等号成立，故x(12x)的最大值为 4 8 16.【详解】（ ）若 p为真命题，则AB， . 所以2a6，所以a3 1 （ ）当q为假命题时，.即“xR ,x22xa0”为真命题， 2 所以44a0，所以a的取值范围为  a a1  ， 由（ ）知命题 p为假命题时，a的取值范围为  a a3  1 . 所以当 p,q均为假命题时a的取值范围为  a a3  a a1  a 1a3  ， 所以当命题 p和命题q至少有一个为真命题时a的取值范围为  a a1或a3 17.【详解】（ ）由题意，得wt f tgt100  1 1   125 t25  .  t 1   100   100t 101 ，1t＜25，tN    t    100  149 150 t   ，25t30，tN     t  100 100 100 （ ）①当1t25时，因为t  2 t  20，当且仅当t  ， t t t 即2t10时取等号 所以当t＝ 时，w(t)有最小值 ； . 当t＝ 时， 10 w(t)有最大值 1 ； 2100 150 ②当215t30时，∵ 2t0在200 ， 上递减， t ∴当t＝ 时，w(t)有最小值 [25 30] 当 时，w(t)有最大值 30 12400; ∵ ＜ ， ， t=25 13000. ∴ 1 当 21t＝ 00 1 时 24 ， 0 该 0 商 1 品 30 的 00 日 < 销 20 售 20 金 0 额w(t)取得最小值为 ； 当t 时，该商品的日销售金额w(t)取得最大值为 ． 10 12100 18.【=1详解】（ ）因为3A，所以当x3时，ax22(a02030)x30 将x3代入得19a3(a3)30，即9a3a930，解得a1. （ ）由ax2(a3)x30 ，因式分解得(ax3)(x1)0， . 当2a0时，开口向上，不等式的解 含有无数个整数，不符合题意，舍去； 当a=0时，不等式的解为x1，含有无数个整数，不符合题意，舍去； A 3 3 当a0时， 1，不等式的解为 x1 a a . 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 5 63 因为集合A中有且仅有两个整数，这两个整数只能是1，0 所以2 1， a 3 3 . 当2 时，2a3，解得a ； a 2 3 当 1时，3a，解得a3 a 3 . 所以a 2 . 19.【详解】（ ）根据题意，函数 f x是定义域在2,2上的奇函数， 1 b 则 f 00，即有 f 0 ，解可得b0， 4 ax 则 f x ， 4x2 ax ax 则 f x  f x  ，则此时 f x为奇函数， 4x2 4x2 设2x x 2， 1 2 ax ax ax x 4xx  则 f x  f x  1  2  1 2 1 2 ， 1 2 4x2 4x2  4x2 4x2 1 2 1 2 又2x x 2，a0， 1 2 则x x 0，4xx 0，4x2 0，4x2 0， 1 2 1 2 1 2 a  x x  4x x  则 f  x 1  f  x 2   4 1 x2 2  4x 1 2 2  0，即 f x 1  f x 2 ， 1 2 故 f x在2,2上是增函数 . （ ）根据题意， f x是定义在2,2上的奇函数，且在2,2上单调递增， f 2 t2m   f 1t0 f  t2m  f 1t f  t2m   f t1， 则有2t2mt12对t0,1，恒成立，  m  t22   min 则有  m  t22  ，则1m2，  max m  t2t1   max 即m的取值范围为1,2． 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 6 6