广东省珠海市金砖四校2024-2025学年高一上学期11月期中联考数学试卷
1．（2024高一上·珠海期中）已知函数，则（ ）
A． B． C． D．0
【答案】D
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：函数，因为，所以，
又因为，所以，则.
故答案为：D.
【分析】根据已知解析式，先求的值，再计算的值即可.
2．（2024高一上·珠海期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】元素与集合的关系；交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，
因为，，，则，所以.
故答案为：B.
【分析】先求集合，再判断其元素与集合的关系，求解即可.
3．（2024高一上·珠海期中）是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：，
当时，，，，
则成立，即成立，即充分性成立；
当时，，
即成立，但此时不成立，即必要性不成立，
综上可知，是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】先化简不等式，再根据充分、必要条件的定义判断二者间的逻辑关系即可.
4．（2024高一上·珠海期中）函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：要使函数有意义，则，解得，
故函数的定义域为.
故答案为：B.
【分析】根据偶次方根、分式有意义列不等式组，解不等式组即可求得函数的定义域.
5．（2024高一上·珠海期中）已知，，则下列大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：因为，，所以，，，
则，即，所以.
故答案为：C.
【分析】根据不等式的性质以及作差比较法逐项判断即可.
6．（2024高一上·珠海期中）已知，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为5.
故答案为：A.
【分析】利用基本不等式可求最小值即可.
7．（2024高一上·珠海期中）命题“，使”是假命题，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】命题的否定；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为“，使”是假命题，
所以，恒成立为真命题，
当时，，即，不恒成立，不符合题意；
当时，有，解得，
综上所述，实数m的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】问题转化为，恒成立为真命题，结合二次函数的性质求解即可．
8．（2024高一上·珠海期中）已知是定义在R上的奇函数，当时，．则当时，（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：当时，，，
因为函数是定义在R上的奇函数，所以，
则，故.
故答案为：B.
【分析】由题意，结合奇函数的定义求解解析式即可.
9．（2024高一上·珠海期中）若集合，集合，则下列各式正确的是（ ）
A．， B．，
C． D．
【答案】A,C
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：集合，，
A、，，故A正确；
B、，，故B错误；
C、，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据，即可判断A；根据，即可判断B；利用集合的运算即可判断CD.
10．（2024高一上·珠海期中）设函数，则下列叙述正确的有（ ）
A．函数是偶函数
B．函数在上单调递减
C．当函数的值域为时，其定义域是
D．函数有两个零点1和
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数，定义域为，
，则函数是偶函数，故A正确；
B、当时，，在上单调递增，故B错误；
C、函数的值域为时，
若，由于函数在上单调递增，则，解得；
若，由于函数在上单调递减，则，解得，
所以当函数的值域为时，其定义域是，故C正确；
D、令，即，
当时，，解得；
当时，，解得，
所以函数有两个零点1和，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据函数的奇偶性的定义即可判断A；当时，，结合反比例函数的性质即可判断B；分和两种情况求解即可判断CD.
11．（2024高一上·珠海期中）下列命题正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则式子有最小值
C．若是奇函数，则
D．命题，的否定是，
【答案】A,C,D
【知识点】命题的真假判断与应用；函数的奇偶性；基本不等式
【解析】【解答】解：A、二次函数，对称轴为，
在时取得最大值，将代入可得，
因为，所以，故A正确；
B、当时，，则，
当且仅当，即时取等号，则有最大值，故B错误；
C、因为是奇函数，根据奇函数的定义.
，.
因为，所以对任意都成立，所以，故C正确；
D、命题的否定是，
这是根据特称命题的否定规则，将存在量词变为全称量词，并否定结论，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据二次函数性质，基本不等式，奇函数定义和特称命题的否定逐项分析判断即可.
12．（2024高一上·珠海期中）不等式的解集为 ．
【答案】或
【知识点】其他不等式的解法
【解析】【解答】解：不等式，可得或，解得或，
则不等式的解集为或.
故答案为：或.
【分析】先去绝对值解出不等式，再取并集写不等式的解集即可.
13．（2024高一上·珠海期中）已知集合，，若，则实数a的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算
【解析】【解答】解：由，得，
因为，，所以，即，
则实数a的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意可得，结合集合的包含关系求解即可.
14．（2024高一上·珠海期中）函数关于直线对称，若，是方程的两个根，且．则的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为函数关于直线对称，
所以，即，，
若，是方程的两个根，由韦达定理可得，，即，
则，
故的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意，利用二次函数的对称性求得，，再结合韦达定理求解即可.
15．（2024高一上·珠海期中）设集合，．用描述法表示下列集合．
（1）；
（2）；
（3）．
【答案】（1）解：集合，，则；
（2）解：集合，，则；
（3）解：由于或，
所以.
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；补集及其运算
【解析】【分析】（1）根据集合的交集的定义求解即可；
（2）根据集合的并集的定义求解即可；
（3）先求出，再根据集合的交集的定义求解即可.
（1）.
（2）.
（3）由于或，
所以.
16．（2024高一上·珠海期中）已知不等式的解集为．
（1）求的值；
（2）解不等式．
【答案】（1）解：由题意，和3为方程的根，
则，解得，
所以；
（2）解：由（1）知，，
所以不等式，即为，
即，即，解得或，
所以不等式的解集为.
【知识点】一元二次不等式及其解法；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）由题意可得和3为方程的根，结合韦达定理求得的值，再求的值即可；
（2）直接根据一元二次不等式的解法求解即可.
（1）由题意，和3为方程的根，
则，解得，
所以.
（2）由（1）知，，
所以不等式，即为，
即，即，解得或，
所以不等式的解集为.
17．（2024高一上·珠海期中）已知二次函数．
（1）函数有无零点，若有，求出零点；若没有，说明理由；
（2）求函数在时的值域，并简单说明理由．
【答案】（1）解：函数无零点，理由如下：
令，
由于，则方程无实数根，
所以函数无零点；
（2）解：因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，，
所以函数在时的值域为.
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）令，利用根的判别式判断求解即可；
（2）根据二次函数的单调性求解函数的值域即可.
（1）函数无零点，理由如下：
令，
由于，则方程无实数根，
所以函数无零点.
（2）值域为，理由如下：
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，，
所以函数在时的值域为.
18．（2024高一上·珠海期中）已知函数，．
（1）画出当时，函数的图象；
（2）探究函数的单调性．
【答案】（1）解：当时，，图象如图所示：
（2）解：当时，，
，越大，反比例函数知道也越大，则也增大，
则在上单调递增.在上也单调递增，
当时，在上单调递增，
当时，，
设，，且，
则
，
因为，所以，，
当，时，，此时函数为减函数；
当，时，，此时函数为增函数，
综上，函数在上为减函数，在上为增函数，
且，则为奇函数，在对称区间单调性相同，
则在上单调递增，在单调递减，
综上所得，当时，在上单调递增，在上也单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在单调递减；
在上单调递减，在上单调递增.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的图象
【解析】【分析】（1）由题意，利用描点法画出草图即可；
（2）分，和况讨论，结合单调性定义证明即可.
（1）当时，.图象如下：
（2）当时，，
，越大，反比例函数知道也越大，则也增大，
则在上单调递增.在上也单调递增.
当时，在上单调递增.
当时，.
设，，且，
则
.
因为，所以，，
当，时，，此时函数为减函数；
当，时，，此时函数为增函数.
综上，函数在上为减函数，在上为增函数.
且，则为奇函数，在对称区间单调性相同.
则在上单调递增，在单调递减.
综上所得，
当时，在上单调递增，在上也单调递增.
当时，在上单调递增.
当时，在上单调递增，在单调递减；
在上单调递减，在上单调递增.
19．（2024高一上·珠海期中）如图，设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点P，设，求的最大面积及相应的x的值．
【答案】解：，由矩形的周长为，
可知．设，则，
因为，，，
所以，，
在中，由勾股定理得，即，
解得，所以，且，
则的面积为，
又，
当且仅当，即时等号成立，
则，
故当时，的面积最大，面积的最大值为.
【知识点】基本不等式
【解析】【分析】设，根据几何关系可得各边长度，再根据中的勾股定理列式，化简可得，，，结合三角形的面积公式可得，再利用基本不等式求最大值即可.
1 / 1广东省珠海市金砖四校2024-2025学年高一上学期11月期中联考数学试卷
1．（2024高一上·珠海期中）已知函数，则（ ）
A． B． C． D．0
2．（2024高一上·珠海期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一上·珠海期中）是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高一上·珠海期中）函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高一上·珠海期中）已知，，则下列大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一上·珠海期中）已知，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一上·珠海期中）命题“，使”是假命题，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·珠海期中）已知是定义在R上的奇函数，当时，．则当时，（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一上·珠海期中）若集合，集合，则下列各式正确的是（ ）
A．， B．，
C． D．
10．（2024高一上·珠海期中）设函数，则下列叙述正确的有（ ）
A．函数是偶函数
B．函数在上单调递减
C．当函数的值域为时，其定义域是
D．函数有两个零点1和
11．（2024高一上·珠海期中）下列命题正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则式子有最小值
C．若是奇函数，则
D．命题，的否定是，
12．（2024高一上·珠海期中）不等式的解集为 ．
13．（2024高一上·珠海期中）已知集合，，若，则实数a的取值范围为 ．
14．（2024高一上·珠海期中）函数关于直线对称，若，是方程的两个根，且．则的取值范围为 ．
15．（2024高一上·珠海期中）设集合，．用描述法表示下列集合．
（1）；
（2）；
（3）．
16．（2024高一上·珠海期中）已知不等式的解集为．
（1）求的值；
（2）解不等式．
17．（2024高一上·珠海期中）已知二次函数．
（1）函数有无零点，若有，求出零点；若没有，说明理由；
（2）求函数在时的值域，并简单说明理由．
18．（2024高一上·珠海期中）已知函数，．
（1）画出当时，函数的图象；
（2）探究函数的单调性．
19．（2024高一上·珠海期中）如图，设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点P，设，求的最大面积及相应的x的值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：函数，因为，所以，
又因为，所以，则.
故答案为：D.
【分析】根据已知解析式，先求的值，再计算的值即可.
2．【答案】B
【知识点】元素与集合的关系；交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，
因为，，，则，所以.
故答案为：B.
【分析】先求集合，再判断其元素与集合的关系，求解即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：，
当时，，，，
则成立，即成立，即充分性成立；
当时，，
即成立，但此时不成立，即必要性不成立，
综上可知，是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】先化简不等式，再根据充分、必要条件的定义判断二者间的逻辑关系即可.
4．【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：要使函数有意义，则，解得，
故函数的定义域为.
故答案为：B.
【分析】根据偶次方根、分式有意义列不等式组，解不等式组即可求得函数的定义域.
5．【答案】C
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：因为，，所以，，，
则，即，所以.
故答案为：C.
【分析】根据不等式的性质以及作差比较法逐项判断即可.
6．【答案】A
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为5.
故答案为：A.
【分析】利用基本不等式可求最小值即可.
7．【答案】C
【知识点】命题的否定；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为“，使”是假命题，
所以，恒成立为真命题，
当时，，即，不恒成立，不符合题意；
当时，有，解得，
综上所述，实数m的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】问题转化为，恒成立为真命题，结合二次函数的性质求解即可．
8．【答案】B
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：当时，，，
因为函数是定义在R上的奇函数，所以，
则，故.
故答案为：B.
【分析】由题意，结合奇函数的定义求解解析式即可.
9．【答案】A,C
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：集合，，
A、，，故A正确；
B、，，故B错误；
C、，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据，即可判断A；根据，即可判断B；利用集合的运算即可判断CD.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数，定义域为，
，则函数是偶函数，故A正确；
B、当时，，在上单调递增，故B错误；
C、函数的值域为时，
若，由于函数在上单调递增，则，解得；
若，由于函数在上单调递减，则，解得，
所以当函数的值域为时，其定义域是，故C正确；
D、令，即，
当时，，解得；
当时，，解得，
所以函数有两个零点1和，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据函数的奇偶性的定义即可判断A；当时，，结合反比例函数的性质即可判断B；分和两种情况求解即可判断CD.
11．【答案】A,C,D
【知识点】命题的真假判断与应用；函数的奇偶性；基本不等式
【解析】【解答】解：A、二次函数，对称轴为，
在时取得最大值，将代入可得，
因为，所以，故A正确；
B、当时，，则，
当且仅当，即时取等号，则有最大值，故B错误；
C、因为是奇函数，根据奇函数的定义.
，.
因为，所以对任意都成立，所以，故C正确；
D、命题的否定是，
这是根据特称命题的否定规则，将存在量词变为全称量词，并否定结论，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据二次函数性质，基本不等式，奇函数定义和特称命题的否定逐项分析判断即可.
12．【答案】或
【知识点】其他不等式的解法
【解析】【解答】解：不等式，可得或，解得或，
则不等式的解集为或.
故答案为：或.
【分析】先去绝对值解出不等式，再取并集写不等式的解集即可.
13．【答案】
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算
【解析】【解答】解：由，得，
因为，，所以，即，
则实数a的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意可得，结合集合的包含关系求解即可.
14．【答案】
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为函数关于直线对称，
所以，即，，
若，是方程的两个根，由韦达定理可得，，即，
则，
故的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意，利用二次函数的对称性求得，，再结合韦达定理求解即可.
15．【答案】（1）解：集合，，则；
（2）解：集合，，则；
（3）解：由于或，
所以.
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；补集及其运算
【解析】【分析】（1）根据集合的交集的定义求解即可；
（2）根据集合的并集的定义求解即可；
（3）先求出，再根据集合的交集的定义求解即可.
（1）.
（2）.
（3）由于或，
所以.
16．【答案】（1）解：由题意，和3为方程的根，
则，解得，
所以；
（2）解：由（1）知，，
所以不等式，即为，
即，即，解得或，
所以不等式的解集为.
【知识点】一元二次不等式及其解法；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）由题意可得和3为方程的根，结合韦达定理求得的值，再求的值即可；
（2）直接根据一元二次不等式的解法求解即可.
（1）由题意，和3为方程的根，
则，解得，
所以.
（2）由（1）知，，
所以不等式，即为，
即，即，解得或，
所以不等式的解集为.
17．【答案】（1）解：函数无零点，理由如下：
令，
由于，则方程无实数根，
所以函数无零点；
（2）解：因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，，
所以函数在时的值域为.
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）令，利用根的判别式判断求解即可；
（2）根据二次函数的单调性求解函数的值域即可.
（1）函数无零点，理由如下：
令，
由于，则方程无实数根，
所以函数无零点.
（2）值域为，理由如下：
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，，
所以函数在时的值域为.
18．【答案】（1）解：当时，，图象如图所示：
（2）解：当时，，
，越大，反比例函数知道也越大，则也增大，
则在上单调递增.在上也单调递增，
当时，在上单调递增，
当时，，
设，，且，
则
，
因为，所以，，
当，时，，此时函数为减函数；
当，时，，此时函数为增函数，
综上，函数在上为减函数，在上为增函数，
且，则为奇函数，在对称区间单调性相同，
则在上单调递增，在单调递减，
综上所得，当时，在上单调递增，在上也单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在单调递减；
在上单调递减，在上单调递增.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的图象
【解析】【分析】（1）由题意，利用描点法画出草图即可；
（2）分，和况讨论，结合单调性定义证明即可.
（1）当时，.图象如下：
（2）当时，，
，越大，反比例函数知道也越大，则也增大，
则在上单调递增.在上也单调递增.
当时，在上单调递增.
当时，.
设，，且，
则
.
因为，所以，，
当，时，，此时函数为减函数；
当，时，，此时函数为增函数.
综上，函数在上为减函数，在上为增函数.
且，则为奇函数，在对称区间单调性相同.
则在上单调递增，在单调递减.
综上所得，
当时，在上单调递增，在上也单调递增.
当时，在上单调递增.
当时，在上单调递增，在单调递减；
在上单调递减，在上单调递增.
19．【答案】解：，由矩形的周长为，
可知．设，则，
因为，，，
所以，，
在中，由勾股定理得，即，
解得，所以，且，
则的面积为，
又，
当且仅当，即时等号成立，
则，
故当时，的面积最大，面积的最大值为.
【知识点】基本不等式
【解析】【分析】设，根据几何关系可得各边长度，再根据中的勾股定理列式，化简可得，，，结合三角形的面积公式可得，再利用基本不等式求最大值即可.
1 / 1
