2024-2025学年高一数学上学期期中押题试卷7考试时间：120分钟 满分：150分 测试范围：集合与常用逻辑用语、一元二次函数、方程和不等式、函数的概念与性质一、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下列表述中正确的是AB，CD【分析】由集合的性质可知，表示没有任何元素的集合，而表示有一个元素0，表示有一个元素，是点的集合，而，表示有2个元素的集合，是数集，表示有一个元素，可判断【解答】解：由集合的性质可知，表示没有任何元素的集合，而表示有一个元素0，故错误；表示有一个元素，是点的集合，而，表示有2个元素的集合，是数集，故错误；表示没有任何元素的集合，而表示有一个元素，故错误；故选：【点评】本题主要考查元素与集合的关系及集合与集合的关系，属于基础题2命题“，”的否定为A，B，C，D，【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论【解答】解：命题为全称命题，则命题“，”的否定为，故选：【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础3下列各组中的两个函数是同一函数的是，；，；，；，ABCD【分析】根据题意，结合同一函数的概念，逐个判定，即可求解【解答】解：对于，函数与，两个函数的定义域不相同，所以不是同一函数；对于，函数，与的对应关系不相同，不是同一函数；对于，函数，与，两个函数的的定义域相同，对应关系也相同，是同一函数；对于，函数，与，两个函数的的定义域不相同，不是同一函数综上，是同一函数的只有故选：【点评】本题考查了判断两个函数是否为同一函数的应用问题，是基础题4已知，则“”是“”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据题意，设，从充分性和必要性两个方面证明是“”的充分必要条件，据此分析可得答案【解答】解：根据题意，设，又由，则有，且，若，则有，变形可得，则有，又由，解可得：，即；反之：若，即，即，变形可得，成立，故是“”的充分必要条件，则“”是“”的必要不充分条件；故选：【点评】本题考查充分必要条件的判断，涉及一元二次方程的分析，属于基础题5已知函数的定义域为，则函数的定义域为AB，CD，【分析】根据抽象函数定义域的求法计算即可【解答】解：的定义域为，由，解得即函数的定义域为，故选：【点评】本题考查函数的定义域及其求法，是基础题6不等式的解集是AB，CD，【分析】根据二次不等式的解法可解【解答】解：因为不等式，则或，则不等式的解集为，故选：【点评】该题考查一元二次不等式的求解，属基础题，7已知，则的取值范围是ABCD【分析】设，利用待定系数法求得，利用不等式的性质即可求的取值范围【解答】解：设，所以，解得，即可得，因为，所以故选：【点评】本题主要考查不等式的性质，属于基础题8设，且，则的最小值为ABCD【分析】由，化，利用基本不等式求出它的最小值【解答】解：由，且，则，当且仅当，即，即且时取“”；所以的最小值为故选：【点评】本题考查了利用基本不等式求最值的问题，也转化求解能力，是基础题二、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下列各个函数中，既是偶函数，又在单调增的有ABCD【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性、单调性，综合可得答案【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于，令，其定义域，有，所以是偶函数，在区间上，所以在单调递增，故正确；对于，令的定义域为，关于原点对称，令，所以是偶函数，因为在单调递增，故正确；对于，的定义域，关于原点对称，令，所以是偶函数，令，因为在单调递减，在单调递减，由复合函数的单调性可得：在单调递增，故正确；对于，的定义域为，关于原点对称，令，所以是奇函数，故错误故选：【点评】本题考查函数单调性、奇偶性的判断，注意函数奇偶性、单调性的定义，属于基础题10若正实数，满足，则下列说法正确的是A有最小值B有最大值C有最小值D有最小值【分析】由已知结合基本不等式及其变形形式分别检验各选项即可判断【解答】解：由正实数，满足，则，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，故选项错误；由，则，当且仅当时，等号成立，所以有最大值，故选项正确：由，当且仅当时，等号成立，所以有最小值，故选项正确；由，当且仅当时，等号成立，所以有最小值，故选项正确；故选：【点评】本题考查了基本不等式及其应用，属于中档题11设非空集合满足：当时，有，给出如下四个命题，其中真命题是A若，则B若，则C若，则D若，则【分析】根据各选项对应、参数值，讨论另一个参数可能取值情况，根据非空集合的定义求出它们的范围【解答】解：当时，此时，若，显然，满足；若，则，而，不满足；综上，有，正确；当时，此时，若，则，此时，满足；若，则，而，不满足；综上，时，有，正确；当时，此时，此时，需保证，则，综上，正确；当时，此时或，若，需保证，则，若，有，满足，综上，错误故选：【点评】本题考查了元素与集合的关系、分类讨论思想，理解集合的定义是关键点，属于中档题三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12已知集合，1，集合，若，则实数的值是 【分析】根据集合的相等求出的值即可【解答】解：，1，若，则，故答案为：【点评】本题考查了集合的相等的定义，是基础题13已知不等式的解集为，则实数的取值范围为 ，【分析】利用判别式列不等式求出的取值范围【解答】解：因为不等式的解集为，所以，解得，所以实数的取值范围是，故答案为：，【点评】本题考查了一元二次不等式解集为的应用问题，是基础题14已知，且，则的最小值为 【分析】由已知结合乘1法，利用基本不等式即可求解【解答】解：因为，且，所以，则，当且仅当，即，时取等号故答案为：【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题四、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已知全集，或，（1）若，求，；（2）若，求实数的取值范围【分析】（1）代入求出集合，再求交集，并集；（2）先求，再根据条件求实数的取值范围【解答】解：（1）若，或；（2），【点评】本题考查了集合的运算及集合的包含关系，属于基础题16已知函数（1）求函数的定义域；（2）求的值；（3）当时，求（a），的值【分析】（1）由根式内部的代数式大于等于0，分式的分母不为0联立不等式组求解；（2）直接取得答案；（3）分别取及求解【解答】解：（1）由题意，解得且函数的定义域为且；（2）；（2）（a），【点评】本题考查函数的定义域及函数值的求法，是基础题17已知函数是定义在上的偶函数，且当时，现已画出函数在轴左侧的图象，如图所示：（1）请补全函数的图象；（2）根据图象写出函数的单调递增区间；（3）求出函数在上的解析式【分析】（1）利用偶函数的关于图像关于轴对称，即可作出函数的图象；（2）根据图像写出单调区间即可；（3）利用时，求得，再根据偶函数即可求解【解答】解：（1）如图所示：（2）结合图象可得：函数的单调递增区间为和；（3）当时，若时，则，所以，因为函数是定义在上的偶函数，所以，所以，故函数在上的解析式为【点评】本题考查数形结合的思想函数的单调区间的求法，属于基础题18已知，关于的不等式的解集为或（1）求，的值；（2）解关于的不等式；（3）若不等式对一切恒成立，求的取值范围【分析】（1）根据方程的根的概念，可求，的值（2）对的值分类讨论，结合一元二次不等式解集的形式，可解关于的不等式（3）分离参数，转化为恒成立问题，通过求函数的值域得的取值范围【解答】解：（1）由题意：1，是方程的两根由，或（舍去）故，（2）原不等式可化为若，则，解得：；若，则，解得：或；若，则，当，即时，解得：；当，即时，解得：；当，即时，解得：综上可知：当时，不等式的解集为：或；当时，不等式的解集为：；当时，不等式的解集为：；当时，不等式的解集为：；当时，不等式的解集为：（3）问题转化为恒成立，因为恒成立，所以，恒成立，因为设，则，且因为，当且仅当，即时取“”所以，所以所以所以的取值范围是：，【点评】本题主要考查了二次不等式的求解，二次不等式与二次方程转化关系的应用，不等式恒成立求解参数范围，属于中档题19设为实数，函数（1）讨论函数的奇偶性；（2）当时，证明：函数在区间上单调涕增；（3）在（2）的条件下，若，使成立求实数的取值范围【分析】（1）分和两种情况讨论，利用奇偶函数的定义判断可得结果；（2）按照取值、作差、变形、判号、下结论5个步骤证明即可；（3）利用单调性求出函数在，上的最小值，再将不等式能成立转化为，解不等式即可得解【解答】解：（1）因为，所以当时，为偶函数，当时，且，为非奇非偶函数，综上所述：当时，为偶函数；当时，为非奇非偶函数；（2）证明：当时，任取，使，则，因为，所以，所以，所以，即，所以，所以函数在区间上单调递增；（3）由（2）可知函数在区间，上单调递增，所以（1），所以，解得或，所以实数的取值范围为，【点评】本题考查了对函数奇偶性的判断、单调性的证明及根据函数的单调性求最值，属于中档题