吉林省四平市2024-2025学年高一数学上学期期中教学质量检测试题含解析word版 人教版
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四平市2024-2025学年度第一学期期中教学质量检测
高一数学试题
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5.本卷主要考查内容：必修第一册第一章～第三章.
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.函数的定义域是（）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】求定义域问题，要保证式子有意义，分母不等于0，开偶次方被开方数不小于0.
【详解】因为，所以要使式子有意义，则
，解得，即.
所以函数定义域是.故A，C，D错误.
故选：B.
2.已知命题：，，则命题否定为（）．
A.，B.，
C.，D.，
【答案】B
【解析】
【分析】存在量词命题的否定是全称量词命题，把存在改为任意，把结论否定.
【详解】命题的否定为，.
故选：B
3.下列函数中为偶函数的是（）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合奇偶函数的定义，根据常见函数的奇偶性逐项判断即可.
【详解】对于A，函数的定义域为R，且，故是奇函数；
对于B，函数的定义域为，关于原点不对称，是非奇非偶函数；
对于C，函数的定义域为，且，故是奇函数；
对于D，函数定义域为R，，是偶函数.
故选：D.
4.已知集合，，若，则实数的值为（）
A.4B.3C.2D.不存在
【答案】B
【解析】
【分析】根据补集的定义可得，即可求解.
【详解】由可得，若，则,故，
故选：B
5.函数，的值域为（）．
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，得，再代入运算即可.
【详解】由，得，
所以．
故选：C.
6.已知为幂函数，为常数，且，则函数的图象经过的定点坐标为（）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合幂函数的性质计算即可得.
【详解】因为幂函数图象过定点，即有，
所以，
即的图象经过定点.
故选：B.
7.若不等式的解集为，则（）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的解集，结合一元二次方程根与系数的关系求解即得.
【详解】由不等式的解集为，得是方程的两个根，且，
于是，解得，由，得或，因此，且当时，，
所以.
故选：A
8.已知函数，.若“，，使得成立”为真命题，则实数m的取值范围是（）
A.B.
C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】若“，，使得成立”则，.即在上恒成立，分离参数利用基本不等式求解最小值即可.
【详解】当，有.
，，使得成立，等价于，.
即在上恒成立，参变分离可得.
当，，当且仅当时取等号，所以，
故选:C.
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.已知函数在区间上不具有单调性，则的值可以是（）
A.9B.-1C.-5D.0
【答案】BD
【解析】
【分析】求出二次函数的对称轴，从而得到，即可得到答案.
【详解】由题意的对称轴为，
由于在区间上不具有单调性，
故，解得，
所以AC错误，BD正确.
故选：BD.
10.下列说法中，正确的是（）
A.若，则
B.若，，则
C.若，，则
D.若，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用不等式的性质判断AC，利用特例法判断B，利用作差法判断D.
【详解】对于A，可知，不等式两侧同乘以，有，故A正确；
对于B，若，，则，故B错误；
对于C，由，知，，由不等式同向可加性的性质知C正确；
对于D，利用作差法知，由，，
知，，即，
所以，故D正确.
故选：ACD.
11.定义在的函数满足，且当时，，则（）
A.是奇函数B.在上单调递增
C.D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据奇偶性的定义分析判断A，根据函数单调性的定义分析判断B，利用赋值法分析判断C，根据选项C及函数单调性判断D.
【详解】对于A，令，可得，再令，可得，且函数定义域为，所以函数为奇函数，故A正确；
对B，令，则，，可得，所以，
由函数性质可得，即，所以在上单调递增，故B正确；
对于C，令，可得，所以，即，故C正确；
对D，因为函数为增函数，所以，由C可知，故D错误.
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知集合，则的真子集的个数是_________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据给定条件，利用列举法表示集合，再求出其真子集个数.
【详解】依题意，，所以的真子集的个数是.
故答案：3
13.若，，则是的______条件.（在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”中选一个你认为正确的填在横线处）
【答案】既不充分也不必要
【解析】
【分析】先求得，可判断结论.
【详解】∵，∴.
∵既不能推出，也不能被推出，
∴p是q的既不充分也不必要条件.
故答案为：既不充分也不必要.
14.已知，且，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】对条件中的式子进行转化得，再利用基本不等式求解即可.
【详解】因为，
所以，
即，
由基本不等式得，
则，
解得，当且仅当取等号.
所以的最大值为.
故答案为：.
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、证明过程及演算步骤.
15.当时，函数，图象经过点；当时，函数，且图象经过点．
（1）求的解析式；
（2）求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意将点的坐标代入相应解析式中，从而得到关于、的方程组，解得、，即可求出函数解析式；
（2）根据分段函数解析式计算可得.
【小问1详解】
依题意可得，解得，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，，
所以.
16.已知集合，或.
（1）当时，求；
（2）若，且“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）或，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据集合的交并补即可得到答案；
（2）根据充分不必要条件得?，列出不等式组，解出即可.
【小问1详解】
当时，集合，
高一数学试题
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5.本卷主要考查内容：必修第一册第一章～第三章.
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.函数的定义域是（）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】求定义域问题，要保证式子有意义，分母不等于0，开偶次方被开方数不小于0.
【详解】因为，所以要使式子有意义，则
，解得，即.
所以函数定义域是.故A，C，D错误.
故选：B.
2.已知命题：，，则命题否定为（）．
A.，B.，
C.，D.，
【答案】B
【解析】
【分析】存在量词命题的否定是全称量词命题，把存在改为任意，把结论否定.
【详解】命题的否定为，.
故选：B
3.下列函数中为偶函数的是（）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合奇偶函数的定义，根据常见函数的奇偶性逐项判断即可.
【详解】对于A，函数的定义域为R，且，故是奇函数；
对于B，函数的定义域为，关于原点不对称，是非奇非偶函数；
对于C，函数的定义域为，且，故是奇函数；
对于D，函数定义域为R，，是偶函数.
故选：D.
4.已知集合，，若，则实数的值为（）
A.4B.3C.2D.不存在
【答案】B
【解析】
【分析】根据补集的定义可得，即可求解.
【详解】由可得，若，则,故，
故选：B
5.函数，的值域为（）．
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，得，再代入运算即可.
【详解】由，得，
所以．
故选：C.
6.已知为幂函数，为常数，且，则函数的图象经过的定点坐标为（）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合幂函数的性质计算即可得.
【详解】因为幂函数图象过定点，即有，
所以，
即的图象经过定点.
故选：B.
7.若不等式的解集为，则（）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的解集，结合一元二次方程根与系数的关系求解即得.
【详解】由不等式的解集为，得是方程的两个根，且，
于是，解得，由，得或，因此，且当时，，
所以.
故选：A
8.已知函数，.若“，，使得成立”为真命题，则实数m的取值范围是（）
A.B.
C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】若“，，使得成立”则，.即在上恒成立，分离参数利用基本不等式求解最小值即可.
【详解】当，有.
，，使得成立，等价于，.
即在上恒成立，参变分离可得.
当，，当且仅当时取等号，所以，
故选:C.
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.已知函数在区间上不具有单调性，则的值可以是（）
A.9B.-1C.-5D.0
【答案】BD
【解析】
【分析】求出二次函数的对称轴，从而得到，即可得到答案.
【详解】由题意的对称轴为，
由于在区间上不具有单调性，
故，解得，
所以AC错误，BD正确.
故选：BD.
10.下列说法中，正确的是（）
A.若，则
B.若，，则
C.若，，则
D.若，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用不等式的性质判断AC，利用特例法判断B，利用作差法判断D.
【详解】对于A，可知，不等式两侧同乘以，有，故A正确；
对于B，若，，则，故B错误；
对于C，由，知，，由不等式同向可加性的性质知C正确；
对于D，利用作差法知，由，，
知，，即，
所以，故D正确.
故选：ACD.
11.定义在的函数满足，且当时，，则（）
A.是奇函数B.在上单调递增
C.D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据奇偶性的定义分析判断A，根据函数单调性的定义分析判断B，利用赋值法分析判断C，根据选项C及函数单调性判断D.
【详解】对于A，令，可得，再令，可得，且函数定义域为，所以函数为奇函数，故A正确；
对B，令，则，，可得，所以，
由函数性质可得，即，所以在上单调递增，故B正确；
对于C，令，可得，所以，即，故C正确；
对D，因为函数为增函数，所以，由C可知，故D错误.
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知集合，则的真子集的个数是_________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据给定条件，利用列举法表示集合，再求出其真子集个数.
【详解】依题意，，所以的真子集的个数是.
故答案：3
13.若，，则是的______条件.（在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”中选一个你认为正确的填在横线处）
【答案】既不充分也不必要
【解析】
【分析】先求得，可判断结论.
【详解】∵，∴.
∵既不能推出，也不能被推出，
∴p是q的既不充分也不必要条件.
故答案为：既不充分也不必要.
14.已知，且，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】对条件中的式子进行转化得，再利用基本不等式求解即可.
【详解】因为，
所以，
即，
由基本不等式得，
则，
解得，当且仅当取等号.
所以的最大值为.
故答案为：.
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、证明过程及演算步骤.
15.当时，函数，图象经过点；当时，函数，且图象经过点．
（1）求的解析式；
（2）求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意将点的坐标代入相应解析式中，从而得到关于、的方程组，解得、，即可求出函数解析式；
（2）根据分段函数解析式计算可得.
【小问1详解】
依题意可得，解得，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，，
所以.
16.已知集合，或.
（1）当时，求；
（2）若，且“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）或，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据集合的交并补即可得到答案；
（2）根据充分不必要条件得?，列出不等式组，解出即可.
【小问1详解】
当时，集合，