广东省广州市番禺区象贤中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷
1．（2024高一上·番禺期中）若集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，则.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据集合的交集的定义求解即可.
2．（2024高一上·番禺期中）命题，，则命题的否定形式是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题，的否定为，.
故答案为：C．
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题直接判断即可．
3．（2024高一上·番禺期中）函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：要使函数的意义，则且，解得且，
则函数的定义域为.
故答案为：D.
【分析】根据根式和分式函数有意义，列出不等式组求解即可.
4．（2024高一上·番禺期中）下列函数是偶函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，，则函数是奇函数，故A不符合；
B、函数的定义域为，
且满足，则函数是偶函数，故B符合；
C、函数的定义域为，不是偶函数，故C不符合；
D、函数的定义域为，不是偶函数，故D不符合.
故答案为：B.
【分析】先求函数的定义域，再根据函数的奇偶性逐项判断即可.
5．（2024高一上·番禺期中）“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：不能推出，而能推出，
则“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用充分条件、必要条件的定义判断即可.
6．（2024高一上·番禺期中）若且，则的最小值为（ ）
A． B．1 C．2 D．4
【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：且，则，
当且仅当时等号成立，故的最小值为4．
故答案为：D.
【分析】利用构造，再利用基本不等式求最小值即可.
7．（2024高一上·番禺期中）某企业一个月生产某种商品万件时的生产成本为（万元），每件商品售价为元，假设每月所生产的产品能全部售完．当月所获得的总利润用（万元）表示，用表示当月生产商品的单件平均利润，则下列说法正确的是（ ）
A．当生产万件时，当月能获得最大总利润万元
B．当生产万件时，当月能获得最大总利润万元
C．当生产万件时，当月能获得单件平均利润最大为元
D．当生产万件时，当月能获得单件平均利润最大为元
【答案】D
【知识点】基本不等式；二次函数模型
【解析】【解答】解：由题意可得，
当时，取得最大值，
，
当且仅当时等号成立，故当生产万件时，当月能获得最大总利润万元，
当生产万件时，当月能获得单件平均利润最大为元.
故答案为：D.
【分析】由题意先求出的表达式，再利用二次函数的基本性质可求得的最大值及其对应的的值，求出的表达式，利用基本不等式可求得的最大值及其对应的的值即可.
8．（2024高一上·番禺期中）已知函数为定义在上的奇函数，对于任意的，且，都有，，则的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上的奇函数，且
所以，
又因为对于任意的，且，都有，
所以函数在上单调递增，在上单调递增，
当时，若，则；若，则，
此时.
故答案为：D.
【分析】根据给出的条件求出函数在上的单调性，根据奇偶性求出上的单调性以及零点，再求不等式的解集即可.
9．（2024高一上·番禺期中）下列各组函数中，表示同一个函数的是（ ）
A．与 B．与
C．与 D．与
【答案】B,C
【知识点】同一函数的判定
【解析】【解答】解：A、与，定义域和对应关系不同，
则不是同一函数，故A不正确；
B、与定义域都为R，且对应关系相同，是同一函数，故B正确；
C、当时，，当时，，所以，
故与是同一函数，故C正确；
D、函数的定义域为，函数的定义域为R，两个函数定义域不同，
故不是同一函数，故D不正确.
故答案为：BC．
【分析】根据同一函数的定义逐项判断即可.
10．（2024高一上·番禺期中）对于任意的实数，下列命题错误的有（ ）
A．若，则 B．若，，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A、，若，则，故A错误；
B、，，设，，，，则，故B错误；
C、若，则，故C正确；
D、，设，，则，故D错误.
故答案为：ABD.
【分析】根据不等式性质或取特殊值法逐项判断即可.
11．（2024高一上·番禺期中）德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一，以其命名的函数，称为狄利克雷函数，则关于，下列说法正确的是（ ）
A．的值域为 B．的定义域为
C． D．存在是无理数，
【答案】B,C,D
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的值域
【解析】【解答】解：AB、因为函数，
所以的定义域为，值城为，故A错误；B正确；
C、因为，所以，故C正确；
D、例如取，则，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】根据函数解析式求值域、定义域即可判断AB；由B选项可得，代入运算即可判断C；举反例即可判断D.
12．（2024高一上·番禺期中）已知，则 .
【答案】
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：令，则，
，故.
故答案为：.
【分析】利用换元法求函数解析式即可.
13．（2024高一上·番禺期中）已知，分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则 ．
【答案】5
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为，分别是定义在上的奇函数和偶函数，
所以，即，
解得，则.
故答案为：5.
【分析】利用函数奇偶性，建立方程组求得函数，的解析式，再求的值即可.
14．（2024高一上·番禺期中）已知，若函数的值域为，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数的值域
【解析】【解答】解：因为函数在上单调递增，所以值域为，
因为函数的值域为，所以函数在时的取值集合包含
当时，，函数值域为，不符合题意；
当时，在上单调递减，函数值域为，不符合题意；
当时，在上单调递增，函数值域为，
由，得，解得，由，得，
因此，所以的取值范围是.
故答案为：.
【分析】先求函数在时的值域，再根据给定条件确定时的取值集合，再分类讨论求解即可.
15．（2024高一上·番禺期中）已知集合，．
（1）求；
（2）已知R为实数集，求．
【答案】（1）解：集合，，则；
（2）解：因为或，所以或．
【知识点】交集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）先解不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可；
（2）根据集合补集和并集的运算求解即可.
（1）由题得．
已知，得．
（2）因为或，所以或．
16．（2024高一上·番禺期中）设函数．
（1）判断函数奇偶性并证明；
（2）用单调性定义证明：函数在上单调递增．
【答案】（1）证明：函数的定义域，定义域关于原点对称，
且满足，故函数为奇函数；
（2）证明：设任意的，
则，因为，所以，
故函数在上单调递增.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【分析】(1)根据奇函数的定义证明即可；
(2)利用函数单调性的定义证明即可.
（1）为奇函数；
证明：由题意知的定义域关于原点对称，
且，故得证；
（2）证明：设任意的，
则因为，
所以，
故函数在上单调递增
17．（2024高一上·番禺期中）已知函数.
（1）若，求的值；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：函数，若，则当时，，解得；
当时，，解得，
综上的值为或；
（2）解：由，
则；
或
综上可得.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）根据分段函数解析式，代值求值即可；
（2）根据分段函数定义分和列不等式求解即可.
（1）由可得：舍去）
（2）由可得：
；
综上可得.
18．（2024高一上·番禺期中）已知函数，该函数定义域为且函数图象经过点
（1）确定的值：
（2）求满足条件的实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为函数图象经过点，
所以，即，解得；
（2）解：因为函数在上是增函数，，所以，解得，
则实数的取值范围是.
【知识点】函数单调性的性质；幂函数的概念与表示；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）将点代入函数求的值即可；
（2）利用函数的单调性并结合定义域求解不等式即可.
（1）因为函数图象经过点，
所以，所以，解得（舍去）.
（2）因为在上是增函数，，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
19．（2024高一上·番禺期中）已知函数.
（1）求的开口方向和对称轴；
（2）若对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若在上有最大值9，求a的值.
【答案】（1）解：，对称轴为，
所以的开口向上，对称轴为；
（2）解：由恒成立，可得恒成立，
则，即，
解得或，故实数a的取值范围为或；
（3）解：易知函数对称轴为，
①当时，即时，，
解得或（舍去）；
②当，即时，，解得或（舍去）.
综上：或.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；二次函数与一元二次不等式的对应关系；二次函数模型
【解析】【分析】（1）根据二次函数图象的性质求解即可；
（2）由已知可得恒成立，结合二次函数的性质可得，解不等式即可；
（3）根据的对称轴为，比较，与对称轴的距离的大小即可求解.
（1），对称轴为，
的开口向上，对称轴为；
（2）由恒成立，可得恒成立，
∴，∴，
解得或，
实数a的取值范围为或；
（3），对称轴为，
①当时，即时，，
解得或（舍去）；
②当，即时，，解得或（舍去）.
综上：或.
1 / 1广东省广州市番禺区象贤中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷
1．（2024高一上·番禺期中）若集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高一上·番禺期中）命题，，则命题的否定形式是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2024高一上·番禺期中）函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高一上·番禺期中）下列函数是偶函数的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一上·番禺期中）“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2024高一上·番禺期中）若且，则的最小值为（ ）
A． B．1 C．2 D．4
7．（2024高一上·番禺期中）某企业一个月生产某种商品万件时的生产成本为（万元），每件商品售价为元，假设每月所生产的产品能全部售完．当月所获得的总利润用（万元）表示，用表示当月生产商品的单件平均利润，则下列说法正确的是（ ）
A．当生产万件时，当月能获得最大总利润万元
B．当生产万件时，当月能获得最大总利润万元
C．当生产万件时，当月能获得单件平均利润最大为元
D．当生产万件时，当月能获得单件平均利润最大为元
8．（2024高一上·番禺期中）已知函数为定义在上的奇函数，对于任意的，且，都有，，则的解集为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高一上·番禺期中）下列各组函数中，表示同一个函数的是（ ）
A．与 B．与
C．与 D．与
10．（2024高一上·番禺期中）对于任意的实数，下列命题错误的有（ ）
A．若，则 B．若，，则
C．若，则 D．若，则
11．（2024高一上·番禺期中）德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一，以其命名的函数，称为狄利克雷函数，则关于，下列说法正确的是（ ）
A．的值域为 B．的定义域为
C． D．存在是无理数，
12．（2024高一上·番禺期中）已知，则 .
13．（2024高一上·番禺期中）已知，分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则 ．
14．（2024高一上·番禺期中）已知，若函数的值域为，则的取值范围是 .
15．（2024高一上·番禺期中）已知集合，．
（1）求；
（2）已知R为实数集，求．
16．（2024高一上·番禺期中）设函数．
（1）判断函数奇偶性并证明；
（2）用单调性定义证明：函数在上单调递增．
17．（2024高一上·番禺期中）已知函数.
（1）若，求的值；
（2）若，求实数的取值范围.
18．（2024高一上·番禺期中）已知函数，该函数定义域为且函数图象经过点
（1）确定的值：
（2）求满足条件的实数的取值范围.
19．（2024高一上·番禺期中）已知函数.
（1）求的开口方向和对称轴；
（2）若对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若在上有最大值9，求a的值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，则.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据集合的交集的定义求解即可.
2．【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题，的否定为，.
故答案为：C．
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题直接判断即可．
3．【答案】D
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：要使函数的意义，则且，解得且，
则函数的定义域为.
故答案为：D.
【分析】根据根式和分式函数有意义，列出不等式组求解即可.
4．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，，则函数是奇函数，故A不符合；
B、函数的定义域为，
且满足，则函数是偶函数，故B符合；
C、函数的定义域为，不是偶函数，故C不符合；
D、函数的定义域为，不是偶函数，故D不符合.
故答案为：B.
【分析】先求函数的定义域，再根据函数的奇偶性逐项判断即可.
5．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：不能推出，而能推出，
则“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用充分条件、必要条件的定义判断即可.
6．【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：且，则，
当且仅当时等号成立，故的最小值为4．
故答案为：D.
【分析】利用构造，再利用基本不等式求最小值即可.
7．【答案】D
【知识点】基本不等式；二次函数模型
【解析】【解答】解：由题意可得，
当时，取得最大值，
，
当且仅当时等号成立，故当生产万件时，当月能获得最大总利润万元，
当生产万件时，当月能获得单件平均利润最大为元.
故答案为：D.
【分析】由题意先求出的表达式，再利用二次函数的基本性质可求得的最大值及其对应的的值，求出的表达式，利用基本不等式可求得的最大值及其对应的的值即可.
8．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上的奇函数，且
所以，
又因为对于任意的，且，都有，
所以函数在上单调递增，在上单调递增，
当时，若，则；若，则，
此时.
故答案为：D.
【分析】根据给出的条件求出函数在上的单调性，根据奇偶性求出上的单调性以及零点，再求不等式的解集即可.
9．【答案】B,C
【知识点】同一函数的判定
【解析】【解答】解：A、与，定义域和对应关系不同，
则不是同一函数，故A不正确；
B、与定义域都为R，且对应关系相同，是同一函数，故B正确；
C、当时，，当时，，所以，
故与是同一函数，故C正确；
D、函数的定义域为，函数的定义域为R，两个函数定义域不同，
故不是同一函数，故D不正确.
故答案为：BC．
【分析】根据同一函数的定义逐项判断即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A、，若，则，故A错误；
B、，，设，，，，则，故B错误；
C、若，则，故C正确；
D、，设，，则，故D错误.
故答案为：ABD.
【分析】根据不等式性质或取特殊值法逐项判断即可.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的值域
【解析】【解答】解：AB、因为函数，
所以的定义域为，值城为，故A错误；B正确；
C、因为，所以，故C正确；
D、例如取，则，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】根据函数解析式求值域、定义域即可判断AB；由B选项可得，代入运算即可判断C；举反例即可判断D.
12．【答案】
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：令，则，
，故.
故答案为：.
【分析】利用换元法求函数解析式即可.
13．【答案】5
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为，分别是定义在上的奇函数和偶函数，
所以，即，
解得，则.
故答案为：5.
【分析】利用函数奇偶性，建立方程组求得函数，的解析式，再求的值即可.
14．【答案】
【知识点】函数的值域
【解析】【解答】解：因为函数在上单调递增，所以值域为，
因为函数的值域为，所以函数在时的取值集合包含
当时，，函数值域为，不符合题意；
当时，在上单调递减，函数值域为，不符合题意；
当时，在上单调递增，函数值域为，
由，得，解得，由，得，
因此，所以的取值范围是.
故答案为：.
【分析】先求函数在时的值域，再根据给定条件确定时的取值集合，再分类讨论求解即可.
15．【答案】（1）解：集合，，则；
（2）解：因为或，所以或．
【知识点】交集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）先解不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可；
（2）根据集合补集和并集的运算求解即可.
（1）由题得．
已知，得．
（2）因为或，所以或．
16．【答案】（1）证明：函数的定义域，定义域关于原点对称，
且满足，故函数为奇函数；
（2）证明：设任意的，
则，因为，所以，
故函数在上单调递增.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【分析】(1)根据奇函数的定义证明即可；
(2)利用函数单调性的定义证明即可.
（1）为奇函数；
证明：由题意知的定义域关于原点对称，
且，故得证；
（2）证明：设任意的，
则因为，
所以，
故函数在上单调递增
17．【答案】（1）解：函数，若，则当时，，解得；
当时，，解得，
综上的值为或；
（2）解：由，
则；
或
综上可得.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）根据分段函数解析式，代值求值即可；
（2）根据分段函数定义分和列不等式求解即可.
（1）由可得：舍去）
（2）由可得：
；
综上可得.
18．【答案】（1）解：因为函数图象经过点，
所以，即，解得；
（2）解：因为函数在上是增函数，，所以，解得，
则实数的取值范围是.
【知识点】函数单调性的性质；幂函数的概念与表示；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）将点代入函数求的值即可；
（2）利用函数的单调性并结合定义域求解不等式即可.
（1）因为函数图象经过点，
所以，所以，解得（舍去）.
（2）因为在上是增函数，，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
19．【答案】（1）解：，对称轴为，
所以的开口向上，对称轴为；
（2）解：由恒成立，可得恒成立，
则，即，
解得或，故实数a的取值范围为或；
（3）解：易知函数对称轴为，
①当时，即时，，
解得或（舍去）；
②当，即时，，解得或（舍去）.
综上：或.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；二次函数与一元二次不等式的对应关系；二次函数模型
【解析】【分析】（1）根据二次函数图象的性质求解即可；
（2）由已知可得恒成立，结合二次函数的性质可得，解不等式即可；
（3）根据的对称轴为，比较，与对称轴的距离的大小即可求解.
（1），对称轴为，
的开口向上，对称轴为；
（2）由恒成立，可得恒成立，
∴，∴，
解得或，
实数a的取值范围为或；
（3），对称轴为，
①当时，即时，，
解得或（舍去）；
②当，即时，，解得或（舍去）.
综上：或.
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