四川省巴中市通江中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题（含答案）

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四川省通江中学高2027届高一期中数学试题
一 单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题意的．
1. 设集合，，，则（）
A. B. C. D.
2. 已知A为奇数集，B为偶数集，命题，，则（）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3. “”是“”的（）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
4. 若函数的定义域，值域，则函数的图像可能是（）
A. B.
C. D.
5. 关于x的不等式的解集为，则实数a的值为（）
A. B. C. D. 4
6. 已知，则（）
A. 27 B. 18 C. 15 D. 25
7. 设是定义域为奇函数，且，若，则（）
A. B. C. D.
8. 若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（）
A. B.
C. D.
二 多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 下列各组函数不是同一组函数的是（）
A. B.
C D.
10. 下列命题中正确的是（）
A. 函数的最小值为2
B. 函数（且）恒过定点
C. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为
D若函数，则
11. 已知定义在上的函数在上单调递增，且为偶函数，则（）
A. 直线是的对称轴
B. 是的对称中心
C.
D. 不等式的解集为
三 填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知点在幂函数的图象上，则______．
13. 函数为奇函数，则的值为_____．
14. 已知函数，若方程有8个相异实根，则实数b取范围是___________.
四 解答题：本大题共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. 已知全集为R，集合，．
（1）求；
（2）若，且“”是“”的必要不充分条件，求a的取值范围．
16. 已知
（1）求ab的最大值；
（2）求的最小值．
17. 我县提出了“科技强县”的发展目标，通江县工业园区为响应这一号召，计划在年投资新技术，生产某种机器零件，通过市场分析，生产此种机器零件全年需投入固定成本万元，每生产万件机器零件，需另投入变动成本万元，且由市场调研知每件机器零件的批发价为元，且全年内生产的机器零件当年能全部销售完．
（1）试写出年利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式；
（2）当年产量为多少万件时，企业所获利润最大？并求出最大利润．
（注：年利润=年销售收入固定成本变动成本）
18. 已知函数.
（1）若，判断在上单调性，并用定义证明；
（2）若，且，求的取值范围；
（3）设函数，若对任意的，总有，使得，求的取值范围.
19. 已知二次函数满足，，若不等式有唯一实数解．
（1）求函数的解析式；
（2）若函数在上的最小值为．
（i）求；
（ii）解不等式．
四川省通江中学高2027届高一期中数学试题
一 单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题意的．
1.
【答案】C
2.
【答案】D
3.
【答案】A
4.
【答案】B
5.
【答案】D
6.
【答案】B
7.
【答案】B
8.
【答案】C
二 多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9.
【答案】ABD
10.
【答案】BCD
11.
【答案】AD
三 填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12.【答案】##
13.
【答案】
14.
【答案】
四 解答题：本大题共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.
【答案】（1）
（2）
16.
【答案】（1）
（2）
17.
【解析】
【分析】（1）根据题意，分和两种情况，求出的解析式，从而得解；
（2）利用二次函数的性质与基本不等式分别求得两段解析式的最大值，从而比较得解.
【小问1详解】
因为每件机器零件的批发价为元，所以万件机器零件的销售收入为万元，
依题意得，当时，，
当时，，
所以.；
【小问2详解】
当时，，
所以在上单调递增，所以；
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，所以，
因为，
所以当年产量为万件时，年利润最大，最大年利润为万元.
18.
【解析】
【分析】（1）利用函数单调性的定义，结合作差法即可得证；
（2）利用（1）中结论，结合指数函数的性质得到关于的不等式，解之即可得解；
（3）将问题转化为在上的值域是在上值域的子集，再分别求出与的值域，建立不等式即可得解.
【小问1详解】
在上单调递增，证明如下：
任取且，
则，
因为，则，
所以，即，
故在上单调递增.
【小问2详解】
当时，由（1）知在上单调递增，
因为，且，，
所以，由于在上单调递增，
故，即，解得或.
【小问3详解】
对任意，总有，使得，
则在上的值域是在上值域的子集，
因为，所以在上单调递增，
故当时，所以的值域为，
当时，在上单调递增，所以的值域为，
由，可得，解得，故；
当时，，满足题意；
当时，由在时，，由对勾函数性质可知，
只需且，解得，故，
综上，，即的取值范围.
19.
【解析】
【分析】（1）由已知得对称轴，从而设函数解析式为，由求得，再由不等式有唯一实数解，结合判别式求得，得解析式；
（2）（i）根据二次函数性质分类讨论求得最小值；（ii）由的对称性，依照二次函数的知识方法分类讨论解不等式．
【小问1详解】
由可知对称轴为，
设二次函数，
又，所以，所以，
又有唯一实数解，
所以有唯一实数解，即有唯一实数解，
所以方程的判别式，所以
所以．
【小问2详解】
①的对称轴为，
（Ⅰ）当时，在上为单调增函数，所以；
（Ⅱ）当时，在上为单调减函数，所以；
（Ⅲ）当时，在上为单调减函数，在上为单调增函数，
所以；
综上：
②由①知且关于对称．
（Ⅰ）当时，
只需，解得，
所以．
（Ⅱ）当时，
，，，
解得，所以或．
综合（Ⅰ）（Ⅱ）得不等式的解集为或.
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