数学试题含答案_2024年11月试卷_1120河南省天一大联考2024—2025学年（上）高一年级期中考试_天一大联考2024-2025学年（上）高一年级期中考试数学试题含答案

秘密 启用前 ★ 普通高中 2024—2025 学年（上）高一年级期中考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在 本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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下列图象中，可以表示函数的为（ ） A． B． C． D． 4 x 2．函数 y  的定义域为 x3 A．3,4  B．3,4  C．4,3   3,4  D．3,4  3．下列各组函数中，表示同一函数的为 2x3 A． f  x 2x2，g  x  B． f  x  2x2025 ，g  x  2x2025 x 1 x2 1 C． f  x  x ，g  x  D． f  x ex，g  x e2x x x 1 学科网（北京）股份有限公司9a 4．已知a，bR，2ab3，则  3 27b A．27 B．9 C．3 D． 2   x x3   5．已知集合Ax   0，则AZ  x x3  A．2  B．2,1,1,2  C．1,1  D．2,1  6．“x2,1 ， f  x  x2 2ax3a0  aR ”的一个充分条件可以是 A．a1 B．a2 C．a1 D．a0 7．已知函数 f  x   3x 2x  ax x(a 0)是奇函数，则a  2 3 6 A． B． C． D．2 2 3 6 8．已知实数x，y满足x2  y2 1 4x2 9 ，则x2  y2和y的最大值分别为 A．2， 2 B．2，1 C．4，2 2 D．4， 2 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 9．已知集合A  x 3x„9  ，B   x x„5  ，则下列说法正确的有 A．AB R B．AB  A C． ð B   A{x 2„x5} D． ð A  B {x 2 x„5} R R 10．已知正数x，y满足x y1，则下列说法正确的有 1 1 A．0 xy„ B．x3  y3 4 2 1 3 C．2025x 2025y 2025 2 D．  42 3 x y 11．已知函数 f  x 满足对xR，都有 f  x1  f  x2 2x  2，则下列说法正确的有 1 5 A． f   1 B． f  x 为偶函数   2   C． f  2  f  8  D． f  x 在R上可能为增函数 2 学科网（北京）股份有限公司三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共15分． 12．命题“任何正数的立方根都是正数”的否定为_________，否定后的命题是_________命题（填“真” 或“假”）．  a2  x5,x„1, 13．已知函数 f  x  在R上单调递增，则实数a的取值范围是_________． 3ax,x 1 1 14．已知函数 f  x  x2  1，且 af  x b„1对x 1,2 恒成立，a，bR，则10a3b的取值 x 范围为_________． 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．（13分）已知幂函数 f  x   m2 6m10  x3m6，mR． （1）求 f  x 的解析式； （2）若 f  a2 5a7   f  1 ，求实数a的取值范围． 16．（15分）近年来，国家发展改革委、国务院、工信部、生态环境部等有关部门纷纷出台污水处理领域指 导、支持及规范类政策，该相关政策的落实不仅促进了环境保护，同时也带动了一批企业的发展．已知某 企业每年生产某种智能污水处理设备的最大产能为100台，其年度总利润W  x （单位：万元）与产能x（单 2x2 140x400,0 x„40,  位：台）的函数关系为W  x  3600 xN*．  x 1700,40 x„100,  x （1）当产能不超过40台时，求每年生产多少台时，平均每台设备的年利润最大？ （2）当产能为多少台时，该企业所获年度总利润最大？最大利润是多少？ 17．（15分）按照要求解答下列问题． （1）已知函数 y 2x2 3ax5在区间 2,3 上不单调，求实数a的取值范围； （2）求函数 f  x  x1 2x 16 ，xZ的最小值． 18．（17分）已知函数 f  x  x2 1 x2 42x  x 0 ． （1）求 f  0 的值； （2）判断 f  x 的单调性，并用定义法进行证明； （3）证明：0 f  x „3． 19．（17分）已知函数 f  x 的定义域为D，给定x D，设G  x  f  x x ，H  x  f  x x ， 0 0 0 若存在x0使得G  x  H  x ，则称x 为函数 f  x 的一个“M 点”． 0 3 学科网（北京）股份有限公司（1）若 f  x 为R上的单调函数，证明： f  x 不存在“M 点”； （2）若 f  x ax2 x  aR ，讨论 f  x 的“M 点”个数，并在 f  x 存在“M 点”的前提下，求出 所有的“M 点”； a2 a2 （3）若 f  x  xa x(a  0)，证明：“x 为函数 f  x 的一个‘M 点’”的充要条件是“  x„ ”． 0 4 0 2 4 学科网（北京）股份有限公司普通高中 2024－2025 学年（上）高一年级期中考试 数学参考答案 1．B 【解析】由函数的定义可知定义域中任意一个自变量，都存在唯一确定的函数值与之对应，选项A， C，D的函数图象中存在x 0,，对应多个不同的函数值，故不可以表示函数，选项B符合题意．故 选B． 4 x 0, 2．C 【解析】由题意得 解得4„x„4且x3，故函数的定义域为4,3   3,4 ．故选 x30, C． 2x3 3．C 【解析】对于A，函数 f  x 2x2的定义域为R，函数g  x  的定义域为  x x0  ，两个函 x 数的定义域不同，所以不是同一函数； 对于B，两个函数的定义域和对应关系都不同，所以不是同一函数； 对于C，两个函数的定义域、对应关系均相同，所以是同一函数； 对于D， f  x ex，g  x e2x   ex2 ，两个函数的对应关系不同，故不是同一函数．故选C． 9a 32a 32a 4．A【解析】因为2ab3，故   32ab 33 27． 3 27b 3 33b 3b 故选A．   x x3   5．D【解析】因为Ax  0{x x  x3  0}{x 3 x 0}，  x x3  所以AZ2,1 ．故选D． 6．B【解析】若函数 f  x  x2 2ax3a0在2,1 上恒成立， f  1 12a3a0, 则只需  f 2 44a3a0, 解得a1，即a的取值范围是 1,，故“x2,1 ， f  x  x2 2ax3a0  aR ”的一个充 分条件可以是“a2”．故选B． 1 7．C 【解析】因为 f  x 是奇函数，所以 f  1  f 1 a1 10 ，所以6a2 1， 6a x x 又a0，所以a  6 ．此时可知 f  x   3x 2x  6  2 x x   3  2    2  2 x， 6 2 3 5 学科网（北京）股份有限公司6 满足 f  x f x ，所以 f  x 是奇函数，所以a ．故选C． 6 8．D 【解析】因为 y2  4x2 9x2 1 4x2 9 4x2 9  5  1  4x2 9  4 4x2 95    4 4 4 1 2  4x292 9]，因为 4x2 9 3，所以 y2„2，解得 2„y„ 2．  4 又因为y2  4x2 9x2 1 0，所以 4x2 9 x2 1，所以4x2 9 x4 2x2 1， 即x4 2x2 8„0，即  x2 4    x2 2 „0，解得x2„4，所以 4x2 9„5， 所以x2  y2  4x2 91 2,4 ，故x2  y2的最大值为4,y的最大值为 2 ． 故选D． 9．BD 【解析】由题意可得A  x x„2  ，B   x x„5  ，故A B， 则AB  A，AB  B，故A错误，B正确； ð B {x x5}，故 ð B   A，故C错误； R R ð A{x∣x2}，故 ð A  B {x 2 x„5}，故D正确． R R 故选BD． 10．AD 【解析】对于A，因为正数x，y满足x y1，所以x， y 0,1 ， x y 1 1 1 因为 xy„  ，所以0 xy„ ，当且仅当x y 时取等号，故A正确； 2 2 4 2 对于B，x3 y3  x y  x2 xy y2 1  x2 xy y2 (x y)2 3xy13xy 1 3  1 ，故B 4 4 错误； 1 对于C，2025x 2025y 2 2025x2025y 2 2025xy 2 2025 90，当且仅当x y 时取等号， 2 故C错误； 1 3 1 3 y 3x y 3x 对于D，   x y     4  42  42 3， x y  x y x y x y 3 3 当且仅当 y  3x 时取等号，故D正确． 2 6 学科网（北京）股份有限公司故选AD． 1 5 11．ABC 【解析】令x1 x2 2x，得x2 x10，解得x  ， 2 代入 f  x1  f  x2 2x  2，得 f   1 5  1，所以A正确，D错误；   2   用x1替换 f  x1  f  x2 2x  2中的x，得 f  x  f  x2 1  2， 用x替换 f  x  f  x2 1  2中的x，得 f x  f  x2 1  2， 所以 f  x  f x ，根据偶函数的定义可知B正确； 在 f  x  f  x2 1  2中，取x2得 f  2  f  3 2，取x3得 f  3  f  8 2， 所以 f  2  f  8 ，故C正确． 故选ABC． 12．存在正数的立方根不是正数（不一定和答案保证一字不差，表达意思对即给3分）；假（2分） 【解析】因为全称量词命题的否定为存在量词命题，所以命题的否定为“存在一些正数的立方根不是正数”， 易知其是假命题． 13． 2, 【解析】为保证分段函数在整个定义域内单调递增， a20,  需同时满足a 1, 解得a2，所以a的取值范围是 2,．  3a a3, 14．[－3，3] 【解析】由题意可得 f  x 在 1,2 上单调递增，当x1时， f  x 1； 9 1  9 当x2时， f  x  ，所以 f  x  x2  1 1, ，   2 x  2  1  9 由 ax2  1 b „1对x 1,2 恒成立，得1„ab„1，1„ ab„1，  x  2  9   故10a3b 2  ab  ab   3,3 ，故10a3b的取值范围为3,3 ．  2   15．解：（1）由幂函数的定义可得m2 6m101，（3分） 解得m3， （4分） 则3m63， （5分） 故 f  x  x3． （6分） 7 学科网（北京）股份有限公司（2）易知 f  x  x3在R上单调递增， （8分） 又 f  a2 5a7   f  1 ， 所以a2 5a71， （10分） 即a2 5a60， 解得2a3，故a的取值范围为（2，3）．（13分） 16．解：（1）因为当0 x„40时，W  x 2x2 140x400．   W x  200 则平均每台设备的年利润为 f  x  1402x  ， （3分） x  x  200 x 2 200 20 2，当且仅当x 10 2 时取等号， （4分） x 3 1 由于xN*，1410 2 15，且 f  14 83  f  15 83 ， （6分） 7 3 故当生产14台时，平均每台设备的年利润最大． （7分） （2）当0 x„40时，W  x 2x2 140x400， 易知当x35时，W  x 取最大值，W  35 2050（万元）； （9分） 当40 x„100时， 3600  3600 3600 W  x x 1700 x  1700„2 x 17001580 （万元），（12分） x  x  x 当且仅当x60时等号成立． （13分） 因为20501580， （14分） 故当产能为35台时，所获年度总利润最大，最大利润为2050万元． （15分）  3a 17．解：（1）由题意可得2    3， （3分）  4  8 8  解得 a4，故a的取值范围是  ,4 ． （6分） 3 3  17x2x,x„1,  （2）由题意可得 f  x  x1 2x16  x2x15,1 x 4,x Z, （8分）  x2x 17,x 4,  当x„1时，函数 y  x和y 2x单调递增， 8 学科网（北京）股份有限公司故函数 f  x 17x2x在,1 上单调递减， 故 f  x  f  1 171214；（10分） 当x 4时，函数 f  x  x2x 17在 4,上单调递增， 故 f  x  f  4 424 173 （12分） 当1 x4时， f  x  x2x 15， 可知 f  2 133， f  3 103． （14分） 综上可知 f  x 的最小值为3． （15分） 18．解：（1） f  0 1 403． （3分） （2） f  x 在 0,上单调递减． （4分） 证明如下： 取x ,x  0,，且x  x ， 1 2 1 2   则 f  x  f  x  x2 1 x2 42x  x2 1 x2 42x 1 2 1 1 1 2 2 2 x2 x2 x2 x2 2  x x  1 2  1 2 1 2 x2 1 x2 1 x2 4 x2 4 1 2 1 2   x x x x  x x  1 2  1 2  2 ， （6分） 1 2  x2 1 x2 1 x2 4 x2 4    1 2 1 2 因为x x 0，0„x  x2 1，0 x  x2 1， 1 2 1 1 2 2 故0 x x  x2 1 x2 1 x2 4 x2 4， （7分） 1 2 1 2 1 2 x x x x 即0 1 2 1，，0 1 2 1， x2 1 x2 1 x2 4 x2 4 1 2 1 2 x x x x 则 1 2  1 2 2， x2 1 x2 1 x2 4 x2 4 1 2 1 2 x x x x 即 1 2  1 2 20， （10分） x2 1 x2 1 x2 4 x2 4 1 2 1 2 故 f  x  f  x 0，即 f  x  f  x ， （11分） 1 2 1 2 9 学科网（北京）股份有限公司所以 f  x 在 0,上单调递减． （12分） （3）证明：由（2）可得 f  x „f  0 3， （13分） 1 4 又因为 f  x  x2 1x x2 4x  ，（15分） x2 1x x2 4x 故 f  x 0， （16分） 故0 f  x „3． （17分） 19．解：（1）证明：若 f  x 在R上单调递增，则x0时， 对x R，有 f  x x  f  x  f  x x ， 0 0 0 0 则G  x  H  x  , f  x 不存在“M 点”； （2分） 若 f  x 在R上单调递减，则x0时，对x R，有 f  x x  f  x  f  x x ， 0 0 0 0 则G  x  H  x ， f  x 不存在“M 点”．（4分） 综上所述， f  x 不存在“M 点”． （5分） （2）当a0时， f  x  x在R上单调递增，则不存在“M 点”； （6分） 当a0时，则使a  x x 2 x xa  x x 2 x x在x0时有解的x 的个数即为 f  x 的“M 点” 0 0 0 0 0 的个数，（7分） 1 整理得4ax x2x0，由x0得4ax 20，故x  ，即存在唯一“M 点”． （9分） 0 0 0 2a 综上所述，当a0时， f  x 不存在“M 点”； 1 当a0时，存在唯一“M 点”，x  ． （10分） 0 2a （3）证明：由题得x xa x x  x xa x x 在0 x„x 时有解， 0 0 0 0 0   即2xa x x  x x ， （11分） 0 0  等式两边平方后有4x2 a2 2x 2 x2 x2 ， 0 0 即a2 x2 x2 a2x 2x2 ，又a2 x2 x2 0， 0 0 0 10 学科网（北京）股份有限公司故等式两边平方得a4x2 a4x2 a4x2 4a2x x2 4x4 ，且此时a2x 2x2 0， 0 0 0 0 即“x 为函数 f  x 的一个‘M 点’”的充要条件是“4a2x a4 4x2在0 x„x 时有解且满足 0 0 0 a2x 2x2 0”． （12分） 0 又在x0时， y  x2单调递增， a2 故4a2x a4 0，解得x  ， 0 0 4 由x„x 得4a2x a4„4x2，即（  2x a22 0，恒成立，故x  a2 ；（14分） 0 0 0 0 0 4 4a2x a4 4a2x a4 4x2的正数解为x 0 且a2x 2x2在此时成立， 0 2 0 4a2x a4 a2 得a2x 0 ，解得x„ ， 0 2 0 2 a2 a2 则“x 为函数 f  x 的一个‘M 点’”的充要条件是“  x„ ”． 0 4 0 2 11 学科网（北京）股份有限公司