广东省东莞市东莞中学2024-2025学年高一上学期第二次段考（期中）数学试题
1．（2024高一上·东莞期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高一上·东莞期中）“”是“是第一象限角”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
3．（2024高一上·东莞期中）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学届接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．已知，，均为实数，且满足，那么下列选项中一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一上·东莞期中）函数的零点所在的区间是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一上·东莞期中）已知命题“”是真命题，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一上·东莞期中）函数（，且）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高一上·东莞期中）已知一个扇形的周长为20，则当该扇形的面积最大时，其圆心角的弧度为（ ）
A．1 B．2 C． D．
8．（2024高一上·东莞期中）已知，是函数的图象上两个不同的点，则（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高一上·东莞期中）下列函数在其定义域上既是奇函数又是增函数的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一上·东莞期中）下列说法中错误的有（ ）
A．命题，则命题的否定是
B．“”是“”的必要不充分条件
C．命题“”是真命题
D．“”是“函数在上单调递增”的必要不充分条件
11．（2024高一上·东莞期中）取一条长度为1的直线段，将它三等分，去掉中间一段，留剩下两段，再将剩下的两段再分别三等分，各去掉中间一段，剩下更短的四段，……，将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集．某数学小组类比拓扑学中的康托尔三等分集，定义了区间上的函数，规定其具有以下性质：①任意；②；③，则关于该函数下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递增 B．的图象关于点对称
C．当时， D．当时，
12．（2024高一上·东莞期中）函数在上的最小值是 ．
13．（2024高一上·东莞期中）我们经常听到这样一种说法：一张纸经过一定次数对折之后厚度能超过地月距离．但实际上，因为纸张本身有厚度，我们并不能将纸张无限次对折，当纸张的厚度超过纸张的长边时，便不能继续对折了，一张长边为，厚度为的矩形纸张沿两个方向不断对折，则经过两次对折，长边变为，厚度变为．在理想情况下，对折次数有下列关系：（注：，，），根据以上信息，一张长边长为，厚度为的纸最多能对折 次.
14．（2024高一上·东莞期中）借助信息技术计算的值，我们发现当时的底数越来越小，而指数越来越大，随着越来越大，会无限趋近于（是自然对数的底数）．根据以上知识判断，当越来越大时，会趋近于
15．（2024高一上·东莞期中）已知集合，
（1）写出的所有子集；
（2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围．
16．（2024高一上·东莞期中）已知函数是定义在上的奇函数，当时，.
（1）求函数的解析式；
（2）求的值域；
（3）若不等式，求实数的取值范围.
17．（2024高一上·东莞期中）科技创新成为全球经济格局关键变量，某公司为实现1600万元的利润目标，准备制定一个激励研发人员的奖励方案：当投资收益达到600万元时，按投资收益进行奖励，要求奖金（单位：万元）随投资收益（单位：万元）的增加而增加，奖金总数不低于20万元，且奖金总数不超过投资收益的.
（1）现有①；②；③三个奖励函数模型.结合函数的性质及已知条件.当时，判断哪个函数模型符合公司要求？
（2）根据（1）中符合公司要求的函数模型，要使奖金达到50万元，公司的投资收益至少为多少万元？
18．（2024高一上·东莞期中）法国数学家佛郎索瓦 韦达于1615年在著作《论方程的识别与订正》中建立了方程根与系数的关系，由于韦达最早发现代数方程的根与系数之间的这种关系，人们把这个关系称为韦达定理，它的内容为：“对于一元二次方程，它的两根、有如下关系：．”
韦达定理还有逆定理，它的内容为：“如果两数和满足如下关系：，那么这两个数和是方程的根．”通过韦达定理的逆定理，我们就可以利用两数的和与积的关系构造一元二次方程
例如：，那么和是方程的两根．请应用上述材料解决以下问题：
（1）已知、是两个不相等的实数，且满足，，求的值；
（2）已知实数、满足，，求的值；
（3）已知，是二次函数的两个零点，且，求使的值为整数的所有的值．
19．（2024高一上·东莞期中）对于函数如果存在实数 使得那么称为的线性生成函数，称为生成系数对.
（1）已，试判断是否为的线性生成函数，若是，求出生成系数对，若不是，说明理由；
（2）已知的线性生成函数为，生成系数对为，试讨论的奇偶性，并说明理由；
（3）已知的线性生成函数为，生成系数对为，若对于任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，即，可得。因为，所以的取值为，，，即.
又，所以.
故答案为：D.
【分析】先求解集合，即找出满足不等式的整数；再根据并集的定义，将集合与集合中的所有元素合并，得到.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；象限角、轴线角
【解析】【解答】解：若，则的终边在第一象限，所以是第一象限角，充分性成立.
若是第一象限角，比如，它是第一象限角，但不在内，必要性不成立.
所以“”是“是第一象限角”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据充分、必要条件的定义，结合第一象限角的范围来判断.
3．【答案】D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：选项A：当时，不成立，所以选项A错误.
选项B：当时，不成立，所以选项B错误.
选项C：当，时，此时，并非，所以选项C错误.
选项D：根据不等式的性质，不等式两边同时减去同一个数，不等号方向不变.因为，所以，选项D一定成立.
故答案为：D.
【分析】依据不等式的基本性质，对每个选项逐一分析.通过举反例来验证选项A、B、C是否成立，利用不等式两边同时加（减）同一个数，不等号方向不变的性质来判断选项D.
4．【答案】C
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由题意知，，
，
所以，而函数为上的增函数，
由零点的存在性定理知函数的零点在区间.
故答案为：C.
【分析】利用函数零点存在性定理，即若函数在区间上连续，且，则函数在内有零点.同时结合函数单调性判断零点所在区间.
5．【答案】A
【知识点】全称量词命题；命题的否定；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：当时，不等式变为，解得，不是对所有实数都成立，不满足题意.当时，函数是二次函数，要使恒成立，
需满足. 解，即，得.
综上，实数的取值范围是.
故答案为：A
【分析】分和两种情况讨论，结合二次函数的图象性质，判断不等式恒成立时的取值范围.
6．【答案】C
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解： 因为函数（，且），
当时，是增函数，并且恒过定点，
又因为的图象在的基础上向下平移超过1个单位长度，故D错误，C正确；
当时，是减函数，并且恒过定点，
又的图象在的基础上向下平移了不到1个单位长度，故A，B错误.
故答案为：C.
【分析】分和两种情况，根据指数函数的单调性和图象平移规律（向下平移个单位），结合特殊点、的函数值来判断选项.
7．【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积；二次函数模型
【解析】【解答】解：设扇形的半径为，圆心角的弧度为，则扇形的弧长.
已知扇形的周长为，则，可得（）.
扇形的面积.
对于二次函数，其图象开口向下，对称轴为.
当时，取得最大值，此时.所以当扇形面积最大时，其圆心角的弧度为。
故答案为：B
【分析】先设出扇形的半径，根据扇形周长公式表示出弧长，再结合扇形面积公式得到面积关于半径的函数，最后利用二次函数的性质求出面积最大时的半径，进而求出圆心角的弧度.
8．【答案】B
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解： 如图，设，则的中点为，
点在函数图象上，且轴，则，
由图可知点在的左侧，即.
故答案为：B
【分析】利用对数函数的图象性质，结合中点坐标和指数与对数的互化，通过图象直观比较大小.
9．【答案】B,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解： 选项A：的定义域为，为奇函数不是增函数，故A不符合题意；
选项B：函数的定义域为R，设，
则，所以为奇函数，
又为增函数，所以为增函数，故B符合题意；
选项C：函数的定义域为R，为奇函数和增函数，故C符合题意；
选项D：函数的定义域为，不是奇函数，故D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】分别根据奇函数和增函数的定义，对每个选项的函数进行奇偶性和单调性判断.
10．【答案】A,B,D
【知识点】命题的否定；命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：选项A：特称命题的否定，按照特称命题否定的规则，应将存在量词“”改为全称量词“”，并否定结论，即，而不是，所以选项A错误.
选项B：若，不一定能推出，例如，但，这说明“”不是“”的必要条件，所以“”不是“”的必要不充分条件，选项B错误.
选项C：当时，，所以命题“”是真命题，选项C正确.
选项D：函数的图象是开口向上的抛物线，其对称轴为.若函数在上单调递增，则对称轴.由能推出，但由不能推出，所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件，而不是必要不充分条件，选项D错误.
故答案为：ABD.
【分析】对于每个选项，分别根据相关数学知识（特称命题的否定、充分必要条件的判断、命题真假判断、二次函数单调性）进行分析，判断其正确性.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：选项A：由，令，得，所以；令，得.
由，令，得，所以，进而，解得.
再令，由，得，所以.
因为，不满足任意，严格递增（存在，，），
所以在上不是单调递增，选项A错误.
选项B：由，对于任意，点关于点的对称点也在函数图象上，所以的图象关于点对称，选项B正确.
选项C：由，再根据，令，得，即，解得，选项C正确.
选项D：由，令，得，所以.
因为在上非严格递增且，当时，，而当时，，所以，选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据函数的三个性质，通过赋值法求出特殊点的函数值，结合单调性和对称性的定义，对每个选项逐一分析判断.
12．【答案】
【知识点】对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：对于对勾函数，其单调性为：在上单调递减，在上单调递增.
所以在上单调递增.
那么在上的最小值为.
故答案为： .
【分析】先分析对勾函数的单调性，确定其在区间上的单调性，再根据单调性求出该区间上的最小值.
13．【答案】8
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：已知，，代入可得：.
根据换底公式，.
.
已知，，，则.所以.则.
因为为对折次数，必须为整数，所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】根据题目所给对折次数的关系式，将，代入，然后利用对数的运算性质和换底公式进行计算，结合对数的取值范围确定的最大值.
14．【答案】
【知识点】有理数指数幂的运算性质；数列的极限
【解析】【解答】解：对进行变形，可得.
令，当越来越大时，也越来越大，此时无限趋近于，
即无限趋近于.所以无限趋近于，
即当越来越大时，会趋近于.
故答案为：
【分析】将所给式子转化为与形式相关的表达式，再利用其趋近于的性质求解.
15．【答案】（1）解：由题意，所以的子集有：.
（2）解：由题意可得：，故，解得：.
【知识点】子集与真子集；集合间关系的判断；交集及其运算；充分条件
【解析】【分析】（1）先根据集合的范围和正整数集的定义，确定它们的交集；再依据子集的定义，按照元素个数从少到多的顺序，逐一列举出所有子集，确保不重复、不遗漏.
（2）“”是“”的充分不必要条件，意味着是的真子集（）.根据真子集的定义，的所有元素都在中，且中存在元素不在中.由此列出关于的不等式组，求解得到的取值范围.
（1）由题意，
所以的子集有：.
（2）由题意可得：，
故，
解得：.
16．【答案】（1）解：根据题意，是定义在上的奇函数，则，
设，则，，
由函数为奇函数，
则，
所以.
（2）解：当时，；
当时，；
当时，，
所以的值域为.
（3）解：根据题意，当时，，
则函数在上单调递增，
由函数是定义在上的奇函数，
则函数在上单调递增，
由，
则，
，
解得，
所以，实数的取值范围为.
【知识点】函数的值域；奇函数与偶函数的性质；奇偶性与单调性的综合；指数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据奇函数的定义和性质，从而得出函数的解析式.
（2）根据函数单调性和奇偶性，从而得出函数的值域.
（3）由题意得出，再根据函数的单调性和函数的定义域，从而列出不等式组得出实数a的取值范围.
（1）根据题意，是定义在上的奇函数，则，
设，则，，
又由函数为奇函数，则，
则；
（2）当时，；当时，；
当时，；
所以的值域为；
（3）根据题意，当时，.则函数在上单调递增，
又由函数是定义在上的奇函数，则函数在上单调递增，
由，有，
，解得，
所以实数的取值范围为.
17．【答案】（1）解： 由题意，符合公司要求的函数在上单调递增，
且对任意恒有且.
①对于函数在上单调递增，
当时，不符合要求；
②对于函数在上单调递减，不符合要求；
③对于函数，在上单调递增，
且当时，
，
因为
而所以当时，恒成立，
因此为符合公司要求的函数模型.
（2）解：由得，
所以，所以公司的投资收益至少为万元.
【知识点】“直线上升”模型；“对数增长”模型；“指数爆炸”模型
【解析】【分析】(1)根据函数单调性、和的条件，逐一分析三个函数模型.
(2)根据符合要求的函数模型，解不等式求投资收益的最小值.
（1）由题意，符合公司要求的函数在上单调递增，
且对任意恒有且.
①对于函数在上单调递增，
当时，不符合要求；
②对于函数在上单调递减，不符合要求；
③对于函数，在上单调递增，
且当时，
，
因为
而所以当时，恒成立，
因此为符合公司要求的函数模型.
（2）由得，
所以，
所以公司的投资收益至少为万元.
18．【答案】（1）解：由，，，可将可看作方程的两个不相等的实数根，由韦达定理，，所以；
（2）解：由，，
可将看作方程的两个实数根，
由解得或，则有或，
① 当时，；
② 当时，．
所以的值为22或37．
（3）解：由题意和韦达定理，可得，，
且，解得，
故
因，又，故必为的因数，
则的值可能为，则实数k的值可能为，又，
故k的所有取值为．
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）观察到、满足的方程形式相同，可将其看作某一元二次方程的两个不相等实数根，然后利用韦达定理求出两根之和与两根之积，最后代入的变形公式（）计算.
（2）先对已知条件进行变形，得到关于和的关系式，将和看作某一元二次方程的两个实数根，求解该方程得到两根的可能取值，再分情况利用完全平方公式计算.
（3）先根据二次函数有两个零点，利用判别式求出的取值范围；再由韦达定理得到和的值，将变形为关于和的式子，结合其值为整数及的条件，确定的可能取值，进而求出的值.
（1）由，，，
可将可看作方程的两个不相等的实数根，
由韦达定理，，
所以；
（2）由，，
可将可看作方程的两个实数根，
由解得或，
则有或，
① 当时，；
② 当时，．
所以的值为22或37．
（3）由题意和韦达定理，可得，，
且，解得，
故
因，又，故必为的因数，
则的值可能为，
则实数k的值可能为，又，
故k的所有取值为．
19．【答案】（1）解：若为的线性生成函数，则即，
所以，无解，故不存在实数 使得所以不是的线性生成函数.
（2）解：因为的线性生成函数为，生成系数对为，
所以，
当时，，对任意，都有，
故当时，为偶函数；
当时，，对任意，
易得到，，
当时，既不是奇函数也不是偶函数.
综上：当时，为偶函数；当时，既不是奇函数也不是偶函数.
（3）解：因为的线性生成函数为，生成系数对为，所以，
因为由，可得，即.
化简得，即.令，，，.
易知在单调递减，所以，在单调递增，
所以，则由题意可得在的值域是在的值域的子集.
所以，即，解得，所以实数的取值范围.
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）根据线性生成函数的定义，假设是、的线性生成函数，列出等式，将其整理为关于、的系数等式组，通过判断该方程组是否有解，来确定是否为线性生成函数.
（2）先根据线性生成函数的定义写出的表达式，再分和两种情况，依据函数奇偶性的定义（为偶函数，为奇函数），判断的奇偶性.
（3）先根据线性生成函数的定义求出，再对已知等式进行变形，得到关于和的关系式，进而转化为两个函数值域的包含关系问题.分别求出两个函数在对应区间上的值域，根据子集关系列出不等式组，求解得到的取值范围.
（1）若为的线性生成函数，则
即，
所以，无解，故不存在实数 使得
所以不是的线性生成函数.
（2）因为的线性生成函数为，生成系数对为，
所以，
当时，，
对任意，都有，
故当时，为偶函数；
当时，，
对任意，
易得到，，
当时，既不是奇函数也不是偶函数.
综上：当时，为偶函数；
当时，既不是奇函数也不是偶函数.
（3）因为的线性生成函数为，生成系数对为，
所以，
因为
由，
可得，即
化简得，即
令，，，
易知在单调递减，所以，
在单调递增，所以，
则由题意可得在的值域是在的值域的子集.
所以，即，解得，
所以实数的取值范围.
1 / 1广东省东莞市东莞中学2024-2025学年高一上学期第二次段考（期中）数学试题
1．（2024高一上·东莞期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，即，可得。因为，所以的取值为，，，即.
又，所以.
故答案为：D.
【分析】先求解集合，即找出满足不等式的整数；再根据并集的定义，将集合与集合中的所有元素合并，得到.
2．（2024高一上·东莞期中）“”是“是第一象限角”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；象限角、轴线角
【解析】【解答】解：若，则的终边在第一象限，所以是第一象限角，充分性成立.
若是第一象限角，比如，它是第一象限角，但不在内，必要性不成立.
所以“”是“是第一象限角”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据充分、必要条件的定义，结合第一象限角的范围来判断.
3．（2024高一上·东莞期中）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学届接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．已知，，均为实数，且满足，那么下列选项中一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：选项A：当时，不成立，所以选项A错误.
选项B：当时，不成立，所以选项B错误.
选项C：当，时，此时，并非，所以选项C错误.
选项D：根据不等式的性质，不等式两边同时减去同一个数，不等号方向不变.因为，所以，选项D一定成立.
故答案为：D.
【分析】依据不等式的基本性质，对每个选项逐一分析.通过举反例来验证选项A、B、C是否成立，利用不等式两边同时加（减）同一个数，不等号方向不变的性质来判断选项D.
4．（2024高一上·东莞期中）函数的零点所在的区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由题意知，，
，
所以，而函数为上的增函数，
由零点的存在性定理知函数的零点在区间.
故答案为：C.
【分析】利用函数零点存在性定理，即若函数在区间上连续，且，则函数在内有零点.同时结合函数单调性判断零点所在区间.
5．（2024高一上·东莞期中）已知命题“”是真命题，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】全称量词命题；命题的否定；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：当时，不等式变为，解得，不是对所有实数都成立，不满足题意.当时，函数是二次函数，要使恒成立，
需满足. 解，即，得.
综上，实数的取值范围是.
故答案为：A
【分析】分和两种情况讨论，结合二次函数的图象性质，判断不等式恒成立时的取值范围.
6．（2024高一上·东莞期中）函数（，且）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解： 因为函数（，且），
当时，是增函数，并且恒过定点，
又因为的图象在的基础上向下平移超过1个单位长度，故D错误，C正确；
当时，是减函数，并且恒过定点，
又的图象在的基础上向下平移了不到1个单位长度，故A，B错误.
故答案为：C.
【分析】分和两种情况，根据指数函数的单调性和图象平移规律（向下平移个单位），结合特殊点、的函数值来判断选项.
7．（2024高一上·东莞期中）已知一个扇形的周长为20，则当该扇形的面积最大时，其圆心角的弧度为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积；二次函数模型
【解析】【解答】解：设扇形的半径为，圆心角的弧度为，则扇形的弧长.
已知扇形的周长为，则，可得（）.
扇形的面积.
对于二次函数，其图象开口向下，对称轴为.
当时，取得最大值，此时.所以当扇形面积最大时，其圆心角的弧度为。
故答案为：B
【分析】先设出扇形的半径，根据扇形周长公式表示出弧长，再结合扇形面积公式得到面积关于半径的函数，最后利用二次函数的性质求出面积最大时的半径，进而求出圆心角的弧度.
8．（2024高一上·东莞期中）已知，是函数的图象上两个不同的点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解： 如图，设，则的中点为，
点在函数图象上，且轴，则，
由图可知点在的左侧，即.
故答案为：B
【分析】利用对数函数的图象性质，结合中点坐标和指数与对数的互化，通过图象直观比较大小.
9．（2024高一上·东莞期中）下列函数在其定义域上既是奇函数又是增函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解： 选项A：的定义域为，为奇函数不是增函数，故A不符合题意；
选项B：函数的定义域为R，设，
则，所以为奇函数，
又为增函数，所以为增函数，故B符合题意；
选项C：函数的定义域为R，为奇函数和增函数，故C符合题意；
选项D：函数的定义域为，不是奇函数，故D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】分别根据奇函数和增函数的定义，对每个选项的函数进行奇偶性和单调性判断.
10．（2024高一上·东莞期中）下列说法中错误的有（ ）
A．命题，则命题的否定是
B．“”是“”的必要不充分条件
C．命题“”是真命题
D．“”是“函数在上单调递增”的必要不充分条件
【答案】A,B,D
【知识点】命题的否定；命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：选项A：特称命题的否定，按照特称命题否定的规则，应将存在量词“”改为全称量词“”，并否定结论，即，而不是，所以选项A错误.
选项B：若，不一定能推出，例如，但，这说明“”不是“”的必要条件，所以“”不是“”的必要不充分条件，选项B错误.
选项C：当时，，所以命题“”是真命题，选项C正确.
选项D：函数的图象是开口向上的抛物线，其对称轴为.若函数在上单调递增，则对称轴.由能推出，但由不能推出，所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件，而不是必要不充分条件，选项D错误.
故答案为：ABD.
【分析】对于每个选项，分别根据相关数学知识（特称命题的否定、充分必要条件的判断、命题真假判断、二次函数单调性）进行分析，判断其正确性.
11．（2024高一上·东莞期中）取一条长度为1的直线段，将它三等分，去掉中间一段，留剩下两段，再将剩下的两段再分别三等分，各去掉中间一段，剩下更短的四段，……，将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集．某数学小组类比拓扑学中的康托尔三等分集，定义了区间上的函数，规定其具有以下性质：①任意；②；③，则关于该函数下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递增 B．的图象关于点对称
C．当时， D．当时，
【答案】B,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：选项A：由，令，得，所以；令，得.
由，令，得，所以，进而，解得.
再令，由，得，所以.
因为，不满足任意，严格递增（存在，，），
所以在上不是单调递增，选项A错误.
选项B：由，对于任意，点关于点的对称点也在函数图象上，所以的图象关于点对称，选项B正确.
选项C：由，再根据，令，得，即，解得，选项C正确.
选项D：由，令，得，所以.
因为在上非严格递增且，当时，，而当时，，所以，选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据函数的三个性质，通过赋值法求出特殊点的函数值，结合单调性和对称性的定义，对每个选项逐一分析判断.
12．（2024高一上·东莞期中）函数在上的最小值是 ．
【答案】
【知识点】对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：对于对勾函数，其单调性为：在上单调递减，在上单调递增.
所以在上单调递增.
那么在上的最小值为.
故答案为： .
【分析】先分析对勾函数的单调性，确定其在区间上的单调性，再根据单调性求出该区间上的最小值.
13．（2024高一上·东莞期中）我们经常听到这样一种说法：一张纸经过一定次数对折之后厚度能超过地月距离．但实际上，因为纸张本身有厚度，我们并不能将纸张无限次对折，当纸张的厚度超过纸张的长边时，便不能继续对折了，一张长边为，厚度为的矩形纸张沿两个方向不断对折，则经过两次对折，长边变为，厚度变为．在理想情况下，对折次数有下列关系：（注：，，），根据以上信息，一张长边长为，厚度为的纸最多能对折 次.
【答案】8
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：已知，，代入可得：.
根据换底公式，.
.
已知，，，则.所以.则.
因为为对折次数，必须为整数，所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】根据题目所给对折次数的关系式，将，代入，然后利用对数的运算性质和换底公式进行计算，结合对数的取值范围确定的最大值.
14．（2024高一上·东莞期中）借助信息技术计算的值，我们发现当时的底数越来越小，而指数越来越大，随着越来越大，会无限趋近于（是自然对数的底数）．根据以上知识判断，当越来越大时，会趋近于
【答案】
【知识点】有理数指数幂的运算性质；数列的极限
【解析】【解答】解：对进行变形，可得.
令，当越来越大时，也越来越大，此时无限趋近于，
即无限趋近于.所以无限趋近于，
即当越来越大时，会趋近于.
故答案为：
【分析】将所给式子转化为与形式相关的表达式，再利用其趋近于的性质求解.
15．（2024高一上·东莞期中）已知集合，
（1）写出的所有子集；
（2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：由题意，所以的子集有：.
（2）解：由题意可得：，故，解得：.
【知识点】子集与真子集；集合间关系的判断；交集及其运算；充分条件
【解析】【分析】（1）先根据集合的范围和正整数集的定义，确定它们的交集；再依据子集的定义，按照元素个数从少到多的顺序，逐一列举出所有子集，确保不重复、不遗漏.
（2）“”是“”的充分不必要条件，意味着是的真子集（）.根据真子集的定义，的所有元素都在中，且中存在元素不在中.由此列出关于的不等式组，求解得到的取值范围.
（1）由题意，
所以的子集有：.
（2）由题意可得：，
故，
解得：.
16．（2024高一上·东莞期中）已知函数是定义在上的奇函数，当时，.
（1）求函数的解析式；
（2）求的值域；
（3）若不等式，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：根据题意，是定义在上的奇函数，则，
设，则，，
由函数为奇函数，
则，
所以.
（2）解：当时，；
当时，；
当时，，
所以的值域为.
（3）解：根据题意，当时，，
则函数在上单调递增，
由函数是定义在上的奇函数，
则函数在上单调递增，
由，
则，
，
解得，
所以，实数的取值范围为.
【知识点】函数的值域；奇函数与偶函数的性质；奇偶性与单调性的综合；指数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据奇函数的定义和性质，从而得出函数的解析式.
（2）根据函数单调性和奇偶性，从而得出函数的值域.
（3）由题意得出，再根据函数的单调性和函数的定义域，从而列出不等式组得出实数a的取值范围.
（1）根据题意，是定义在上的奇函数，则，
设，则，，
又由函数为奇函数，则，
则；
（2）当时，；当时，；
当时，；
所以的值域为；
（3）根据题意，当时，.则函数在上单调递增，
又由函数是定义在上的奇函数，则函数在上单调递增，
由，有，
，解得，
所以实数的取值范围为.
17．（2024高一上·东莞期中）科技创新成为全球经济格局关键变量，某公司为实现1600万元的利润目标，准备制定一个激励研发人员的奖励方案：当投资收益达到600万元时，按投资收益进行奖励，要求奖金（单位：万元）随投资收益（单位：万元）的增加而增加，奖金总数不低于20万元，且奖金总数不超过投资收益的.
（1）现有①；②；③三个奖励函数模型.结合函数的性质及已知条件.当时，判断哪个函数模型符合公司要求？
（2）根据（1）中符合公司要求的函数模型，要使奖金达到50万元，公司的投资收益至少为多少万元？
【答案】（1）解： 由题意，符合公司要求的函数在上单调递增，
且对任意恒有且.
①对于函数在上单调递增，
当时，不符合要求；
②对于函数在上单调递减，不符合要求；
③对于函数，在上单调递增，
且当时，
，
因为
而所以当时，恒成立，
因此为符合公司要求的函数模型.
（2）解：由得，
所以，所以公司的投资收益至少为万元.
【知识点】“直线上升”模型；“对数增长”模型；“指数爆炸”模型
【解析】【分析】(1)根据函数单调性、和的条件，逐一分析三个函数模型.
(2)根据符合要求的函数模型，解不等式求投资收益的最小值.
（1）由题意，符合公司要求的函数在上单调递增，
且对任意恒有且.
①对于函数在上单调递增，
当时，不符合要求；
②对于函数在上单调递减，不符合要求；
③对于函数，在上单调递增，
且当时，
，
因为
而所以当时，恒成立，
因此为符合公司要求的函数模型.
（2）由得，
所以，
所以公司的投资收益至少为万元.
18．（2024高一上·东莞期中）法国数学家佛郎索瓦 韦达于1615年在著作《论方程的识别与订正》中建立了方程根与系数的关系，由于韦达最早发现代数方程的根与系数之间的这种关系，人们把这个关系称为韦达定理，它的内容为：“对于一元二次方程，它的两根、有如下关系：．”
韦达定理还有逆定理，它的内容为：“如果两数和满足如下关系：，那么这两个数和是方程的根．”通过韦达定理的逆定理，我们就可以利用两数的和与积的关系构造一元二次方程
例如：，那么和是方程的两根．请应用上述材料解决以下问题：
（1）已知、是两个不相等的实数，且满足，，求的值；
（2）已知实数、满足，，求的值；
（3）已知，是二次函数的两个零点，且，求使的值为整数的所有的值．
【答案】（1）解：由，，，可将可看作方程的两个不相等的实数根，由韦达定理，，所以；
（2）解：由，，
可将看作方程的两个实数根，
由解得或，则有或，
① 当时，；
② 当时，．
所以的值为22或37．
（3）解：由题意和韦达定理，可得，，
且，解得，
故
因，又，故必为的因数，
则的值可能为，则实数k的值可能为，又，
故k的所有取值为．
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）观察到、满足的方程形式相同，可将其看作某一元二次方程的两个不相等实数根，然后利用韦达定理求出两根之和与两根之积，最后代入的变形公式（）计算.
（2）先对已知条件进行变形，得到关于和的关系式，将和看作某一元二次方程的两个实数根，求解该方程得到两根的可能取值，再分情况利用完全平方公式计算.
（3）先根据二次函数有两个零点，利用判别式求出的取值范围；再由韦达定理得到和的值，将变形为关于和的式子，结合其值为整数及的条件，确定的可能取值，进而求出的值.
（1）由，，，
可将可看作方程的两个不相等的实数根，
由韦达定理，，
所以；
（2）由，，
可将可看作方程的两个实数根，
由解得或，
则有或，
① 当时，；
② 当时，．
所以的值为22或37．
（3）由题意和韦达定理，可得，，
且，解得，
故
因，又，故必为的因数，
则的值可能为，
则实数k的值可能为，又，
故k的所有取值为．
19．（2024高一上·东莞期中）对于函数如果存在实数 使得那么称为的线性生成函数，称为生成系数对.
（1）已，试判断是否为的线性生成函数，若是，求出生成系数对，若不是，说明理由；
（2）已知的线性生成函数为，生成系数对为，试讨论的奇偶性，并说明理由；
（3）已知的线性生成函数为，生成系数对为，若对于任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：若为的线性生成函数，则即，
所以，无解，故不存在实数 使得所以不是的线性生成函数.
（2）解：因为的线性生成函数为，生成系数对为，
所以，
当时，，对任意，都有，
故当时，为偶函数；
当时，，对任意，
易得到，，
当时，既不是奇函数也不是偶函数.
综上：当时，为偶函数；当时，既不是奇函数也不是偶函数.
（3）解：因为的线性生成函数为，生成系数对为，所以，
因为由，可得，即.
化简得，即.令，，，.
易知在单调递减，所以，在单调递增，
所以，则由题意可得在的值域是在的值域的子集.
所以，即，解得，所以实数的取值范围.
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）根据线性生成函数的定义，假设是、的线性生成函数，列出等式，将其整理为关于、的系数等式组，通过判断该方程组是否有解，来确定是否为线性生成函数.
（2）先根据线性生成函数的定义写出的表达式，再分和两种情况，依据函数奇偶性的定义（为偶函数，为奇函数），判断的奇偶性.
（3）先根据线性生成函数的定义求出，再对已知等式进行变形，得到关于和的关系式，进而转化为两个函数值域的包含关系问题.分别求出两个函数在对应区间上的值域，根据子集关系列出不等式组，求解得到的取值范围.
（1）若为的线性生成函数，则
即，
所以，无解，故不存在实数 使得
所以不是的线性生成函数.
（2）因为的线性生成函数为，生成系数对为，
所以，
当时，，
对任意，都有，
故当时，为偶函数；
当时，，
对任意，
易得到，，
当时，既不是奇函数也不是偶函数.
综上：当时，为偶函数；
当时，既不是奇函数也不是偶函数.
（3）因为的线性生成函数为，生成系数对为，
所以，
因为
由，
可得，即
化简得，即
令，，，
易知在单调递减，所以，
在单调递增，所以，
则由题意可得在的值域是在的值域的子集.
所以，即，解得，
所以实数的取值范围.
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