2024-2025学年辽宁省朝阳市重点高中高一（上）联考数学试卷（12月份）（含答案）
文档属性
| 名称 | 2024-2025学年辽宁省朝阳市重点高中高一（上）联考数学试卷（12月份）（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 96.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-12-13 07:06:52 | ||
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文档简介
2024-2025学年辽宁省朝阳市重点高中高一（上）联考数学试卷（12月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.集合，，则( )
A. B. C. D.
2.命题：“，”的否定为( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.已知，则下列不等式一定成立的是( )
A. B. C. D.
4.下列各组函数是同一个函数的是( )
与；
与；
与；
与．
A. B. C. D.
5.命题“”为真命题的一个必要不充分条件是( )
A. B. C. D.
6.已知关于的不等式的解集为，则的最大值是( )
A. B. C. D.
7.设，，，则，，的大小顺序是( )
A. B. C. D.
8.已知是定义在上的偶函数，且对任意，有，当时，，则下列结论错误的是( )
A.
B.
C. 函数有个零点
D. 当时，
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 方程组的解集是
B. 若集合中只有一个元素，则
C. “”是“一元二次方程有一正一负根”的充要条件
D. 已知集合，则满足条件的集合的个数为
10.已知正数，满足，下列说法正确的是( )
A. 的最大值为 B. 的最小值为
C. 的最小值为 D. 的最小值为
11.对于函数下列说法正确的是( )
A. 当时，的最小值为
B. 当时，存在最小值
C. 当时，在上单调递增
D. 的零点个数为，则函数的值域为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.不等式对恒成立，则实数的取值范围为______．
13.函数是上的增函数，且的图象经过点和，则不等式的解集为______．
14.已知函数若，则函数的零点为______；若函数的最小值为，则实数的值为______．
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.本小题分
设集合，．
若，求，；
若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围．
16.本小题分
某国产车企业在自动驾驶技术方面日益成熟，近期拟推出一款高阶智驾新车型，并决定大量投放市场已知该车型年固定研发成本为万元，每生产百辆，需另投入成本万元，且由市场调研知，每辆车的售价为万元，且生产的车辆当年能全部销售完．
求出年利润万元关于年产量百辆的函数关系式；利润销售量售价成本
年产量为多少百辆时，该企业所获年利润最大？并求出最大年利润．
17.本小题分
已知，函数是奇函数，．
求实数的值；
若，，使得，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知函数．
判断在区间上的单调性，并用定义证明；
判断的奇偶性，并求在区间上的值域；
解不等式．
19.本小题分
已知函数对一切实数，，都有成立，且，．
求的值；
求的解析式；
若关于的方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围．
1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】 或
15.【答案】解：当时，，
，
所以，
或，
则或；
由题意可得，显然不为空集，
，得，
所以，，
所以，解得，
所以实数的取值范围是．
16.【答案】解：由题意可知，
当时，，
当时，．
综上所述，；
当时，，
所以当时，；
当时，，
当且仅当，即，时等号成立．
又因为，
所以．
即当年产量为百辆时，该企业所获利润最大，且最大利润为万元．
17.【答案】解：因为是奇函数，所以，
可得，即，
即，解得或舍，
当时，，可得，解得，
所以函数的定义域为，经检验，符合题意．
由函数，
则函数在上单调递增，
所以函数在上的最小值；
由函数，且当时，，
则在上的最小值．
由，，使得，则，
即，解得，即的取值范围是．
18.【答案】解：在区间上的单调递增，证明如下：
任取，，且，
所以，
则，
所以，故在区间上的单调递增；
为奇函数，理由如下：
的定义域为，
，故为奇函数，
由于在区间上的单调递增，故在上单调递增，
又，，
故在上值域为；
的定义域为，
令，解得，
由得，
当，即时，
可得，
整理得，所以，
所以，
所以，
由数轴标根法得到不等式解为或，
又，所以或，
当，即或时，
由得，
所以，
其中的根为或，
同理得到不等式解为或或，
又或，
所以或，
故不等式的解为．
19.【答案】解：根据，
令，，可得，
根据，所以．
根据，
令，所以，
根据第一问中的，化简得，
所以函数，因此函数．
令，所以，令函数，
当时，，易知在上单调递增，
此时至多只存在一个根，所以不符合题意；
当时，，
此时函数，当且仅当时，等号成立，
根据，
所以函数，因此在上无解，所以不符合题意；
当时，，根据对勾函数的单调性，
可得在上单调递增，在上单调递减，
根据，，，
所以，，
所以在存在唯一零点，且在存在唯一零点，
因此存在两个根，，且，
根据可作图如下：
根据图象可知方程存在三个不同的根．
综上，．
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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.集合，，则( )
A. B. C. D.
2.命题：“，”的否定为( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.已知，则下列不等式一定成立的是( )
A. B. C. D.
4.下列各组函数是同一个函数的是( )
与；
与；
与；
与．
A. B. C. D.
5.命题“”为真命题的一个必要不充分条件是( )
A. B. C. D.
6.已知关于的不等式的解集为，则的最大值是( )
A. B. C. D.
7.设，，，则，，的大小顺序是( )
A. B. C. D.
8.已知是定义在上的偶函数，且对任意，有，当时，，则下列结论错误的是( )
A.
B.
C. 函数有个零点
D. 当时，
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 方程组的解集是
B. 若集合中只有一个元素，则
C. “”是“一元二次方程有一正一负根”的充要条件
D. 已知集合，则满足条件的集合的个数为
10.已知正数，满足，下列说法正确的是( )
A. 的最大值为 B. 的最小值为
C. 的最小值为 D. 的最小值为
11.对于函数下列说法正确的是( )
A. 当时，的最小值为
B. 当时，存在最小值
C. 当时，在上单调递增
D. 的零点个数为，则函数的值域为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.不等式对恒成立，则实数的取值范围为______．
13.函数是上的增函数，且的图象经过点和，则不等式的解集为______．
14.已知函数若，则函数的零点为______；若函数的最小值为，则实数的值为______．
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.本小题分
设集合，．
若，求，；
若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围．
16.本小题分
某国产车企业在自动驾驶技术方面日益成熟，近期拟推出一款高阶智驾新车型，并决定大量投放市场已知该车型年固定研发成本为万元，每生产百辆，需另投入成本万元，且由市场调研知，每辆车的售价为万元，且生产的车辆当年能全部销售完．
求出年利润万元关于年产量百辆的函数关系式；利润销售量售价成本
年产量为多少百辆时，该企业所获年利润最大？并求出最大年利润．
17.本小题分
已知，函数是奇函数，．
求实数的值；
若，，使得，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知函数．
判断在区间上的单调性，并用定义证明；
判断的奇偶性，并求在区间上的值域；
解不等式．
19.本小题分
已知函数对一切实数，，都有成立，且，．
求的值；
求的解析式；
若关于的方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围．
1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】 或
15.【答案】解：当时，，
，
所以，
或，
则或；
由题意可得，显然不为空集，
，得，
所以，，
所以，解得，
所以实数的取值范围是．
16.【答案】解：由题意可知，
当时，，
当时，．
综上所述，；
当时，，
所以当时，；
当时，，
当且仅当，即，时等号成立．
又因为，
所以．
即当年产量为百辆时，该企业所获利润最大，且最大利润为万元．
17.【答案】解：因为是奇函数，所以，
可得，即，
即，解得或舍，
当时，，可得，解得，
所以函数的定义域为，经检验，符合题意．
由函数，
则函数在上单调递增，
所以函数在上的最小值；
由函数，且当时，，
则在上的最小值．
由，，使得，则，
即，解得，即的取值范围是．
18.【答案】解：在区间上的单调递增，证明如下：
任取，，且，
所以，
则，
所以，故在区间上的单调递增；
为奇函数，理由如下：
的定义域为，
，故为奇函数，
由于在区间上的单调递增，故在上单调递增，
又，，
故在上值域为；
的定义域为，
令，解得，
由得，
当，即时，
可得，
整理得，所以，
所以，
所以，
由数轴标根法得到不等式解为或，
又，所以或，
当，即或时，
由得，
所以，
其中的根为或，
同理得到不等式解为或或，
又或，
所以或，
故不等式的解为．
19.【答案】解：根据，
令，，可得，
根据，所以．
根据，
令，所以，
根据第一问中的，化简得，
所以函数，因此函数．
令，所以，令函数，
当时，，易知在上单调递增，
此时至多只存在一个根，所以不符合题意；
当时，，
此时函数，当且仅当时，等号成立，
根据，
所以函数，因此在上无解，所以不符合题意；
当时，，根据对勾函数的单调性，
可得在上单调递增，在上单调递减，
根据，，，
所以，，
所以在存在唯一零点，且在存在唯一零点，
因此存在两个根，，且，
根据可作图如下：
根据图象可知方程存在三个不同的根．
综上，．
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