撫州市2024-2025學年度上學期學生學業質量監測高一數學試題卷說明：（1）本卷共有4頁，19小題，滿分150分，考試時間120分鐘．（2）答案須寫在答題卡相應的位置上，不得在本試題卷上作答，否則不給分；（3）所有考試結束3天后，考生可憑準考證號登錄智學網（）查詢考試成績，密碼與準考證號相同．一、單項選擇題：共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的選項中，僅有一項符合題目要求．1.若集合，集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出集合，利用交集的定義可求得集合.【詳解】因為集合，集合，因此，.故選：C.2.已知，那么是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】結合充分條件、必要條件的概念，根據對數函數和指數函數的單調性可得.【詳解】因為在上單調遞增，所以，又在R上單調遞減，所以，由能推出，反之不成立，可能，此時不存在，所以是的充分不必要條件.故選：A.3.2024年10月1日是中華人民共和國建國75周年，為弘揚愛國主義精神，共同感受黨的偉大歷程，撫州市第一中學高一年級決定從每班隨機抽取5名學生參加“祖國在我心”知識競答.若高一某班有50名學生，將每一學生從01到50編號，從下面所給的隨機數表的第1行第5列的數開始，每次從左向右選取兩個數字，則選取的第四個編號為（）7816657208026314070243699728019832049234493582003623486969387481A.14 B.02 C.43 D.07【答案】D【解析】【分析】利用隨機數表法列舉出前四名學生的編號，可得結果.【詳解】由隨機數表法可知，前四名學生的編號依次為：、、、，因此，選取的第四個編號為.故選：D.4.若冪函數圖象過點，且，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求得，再利用二次不等式的解法解不等式，即可得解.【詳解】由題意可得，解得，則，由可得，可得，解得或，因此，實數的取值范圍是.故選：C.5.已知函數且的圖象恒過定點，且點在直線上，則的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出定點的坐標，將點的坐標代入直線方程，可得出、所滿足的關系式，再利用基本不等式可求得的最小值.【詳解】對于函數且，由，可得，此時，，即點，將點的坐標代入直線方程可得，可得，由基本不等式可得，當且僅當時，即當時，等號成立，故的最小值為.故選：B.6.波恩哈德·黎曼（1866.07.20~1926.09.17）是德國著名的數學家.他在數學分析、微分幾何方面作出過重要貢獻，開創了黎曼幾何，并給后來的廣義相對論提供了數學基礎.他提出了著名的黎曼函數，該函數的定義域為，其解析式為：，下列關于黎曼函數的說法不正確的是（）A.B.關于的不等式的解集為C.D.【答案】C【解析】【分析】根據黎曼函數的定義域分類對函數進行分析，再對每一個選項逐一分析判斷，即可求出結果.【詳解】對于選項A，當時，，當時，，而，當時，，若是無理數，則是無理數，有，若是有理數，則是有理數，當（、為正整數，為最簡真分數），則（、為正整數，為最簡真分數），此時，綜上，時，所以選項A正確；對于選項B，若或或內的無理數，此時，顯然不成立，當（、為正整數，、互質），由，得到，整理得到，又、為正整數，、互質，所以或均滿足，所以，關于的不等式的解集為，選項B正確；對于選項C，取，，則，而，所以選項C錯誤；對于選項D，當或或為無理數且或或為無理數時，，顯然有，當，（、、、是正整數，、是最簡真分數）時，，，故，當，時，，有，當，時，，，有，當為無理數，時，，有，綜上，所以選項D正確.故選：C.【點睛】方法點睛：新定義題型的特點是:通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的:遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決.7.若函數在上是單調函數，且滿足對任意，都有，則（）A.12 B.14 C.16 D.18【答案】D【解析】【分析】利用函數在上是單調函數可知為常數，利用換元可得到關于的方程，可解出的值，從而求解.【詳解】對任意，都有，且函數在上是單調函數，為常數，設，則，，與在上單調遞增，有唯一解，解得，，.故選：D.8.設函數的定義域為，且，當時，，若對于，都有恒成立，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由和當時可以逐次推出，，上的解析式，根據每個區間上的函數最小值的規律，應求時，函數值等于時的自變量的值，得到滿足的的范圍，即得t的取值范圍.【詳解】當時，，；因，即x每增大，對應的縱坐標都變原來的倍.當時，，故，則，；當時，，故，則，；當時，，故，則，.當時，由，可得，解得或，如下圖所示：由圖可知，當時，恒成立，故實數的取值范圍是.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查與遞推倍減函數的恒成立問題.對于遞推倍減函數的恒成立問題，解題關鍵在于根據恒成立條件，分別求得在對應區間上的函數解析式，結合函數圖象的理解，求得參變量的范圍.二、多項選擇題：共3小題，每小題6分，共18分．每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對得6分，部分選對得部分分，不選或有選錯的得0分．9.已知、是正數，且，下列敘述正確的是（）A.最大值為 B.的最小值為C.最小值為 D.最小值為【答案】ABD【解析】【分析】利用基本不等式可判斷ABC選項；將代數式與相乘，展開后利用基本不等式可求出的最小值，可判斷D選項.【詳解】對于A選項，由基本不等式可得，解得，當且僅當時，即當時，等號成立，故最大值為，A對；對于B選項，由基本不等式可得，所以，，當且僅當時，即當時，等號成立，則為，B對；對于C選項，因為，解得，當且僅當時，即當時，等號成立，故的最大值為，C錯；對于D選項，，當且僅當時，即當時，等號成立，即最小值為，D對.故選：ABD.10.下列說法正確的是（）A.數據、、、、、、、、、的分位數是B.若樣本數據、、、的方差為，則數據、、、的方差為C.函數的定義域為，則的定義域為D.若，則的值為【答案】AD【解析】【分析】利用百分位數的定義可判斷A選項；利用方差的性質可判斷B選項；利用抽象函數定義域的求法可判斷C選項；利用指數式與對數式的互化、對數的換底公式與運算性質可判斷D選項.【詳解】對于A選項，數據、、、、、、、、、共個，因為，因此，這組數據的分位數是，A對；對于B選項，若樣本數據、、、方差為，則數據、、、的方差為，B錯；對于C選項，因為函數的定義域為，即，可得，所以，函數的定義域為，對于函數，則有，解得，故函數的定義域為，C錯；對于D選項，因為，則，，所以，，D對.故選：AD.11.已知函數的定義域是，對任意的實數、滿足，且，當時，，則下列結論正確的是（）A. B.C.函數為上的增函數 D.函數為奇函數【答案】ACD【解析】【分析】令，求出的值，可判斷A選項；令，可求出的值，再令，可求出的值，可判斷B選項；令，可知，再令，結合函數奇偶性的定義可判斷D選項；推導出當時，，然后利用函數單調性的定義可判斷C選項.【詳解】對于A選項，對任意的實數、滿足，令可得，解得，A對；對于B選項，令，可得，即，解得，再令可得，B錯；對于D選項，令，由可得，即，且，令，則，即，所以，函數為奇函數，D對；對于C選項，由題意可知，當時，，當時，，即時，，故當時，，任取、且，則，即函數在上為增函數，C對.故選：ACD.【點睛】方法點睛：利用定義證明函數單調性的方法：（1）取值：設、是所給區間上的任意兩個值，且；（2）作差變形：即作差，并通過因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判斷符號的方向變形；（3）定號：確定差的符號；（4）下結論：判斷，根據定義得出結論.即取值作差變形定號下結論.三、填空題：共3小題，每題5分，共15分.12已知函數，則等于____________．【答案】【解析】【分析】利用函數的解析式，可計算得出的值.【詳解】因為，則.故答案為：.13.撫州市政府為了促進十一黃金假期期間文昌里文化街區餐飲服務質量的提升，撫州市旅游管理部門需了解游客對餐飲服務工作的認可程度．為此該部門隨機調查了名游客，把這名游客對餐飲服務工作認可程度給出的評分分成、、、、五組，得到如圖所示的頻率分布直方圖．則直方圖中的值為____________，評分的平均數為____________．【答案】①.②.【解析】【分析】利用頻率分布直方圖中所有矩形面積之和為，可求得的值；將每個矩形底邊的中點值乘以對應矩形的面積，再將所得結果全加，可得出評分的平均數.【詳解】因為頻率分布直方圖中所有矩形面積之和為，則有，解得，評分的平均數為.故答案為：；.14.設函數，若關于的函數恰好有5個零點，則實數的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】先作出圖象，利用換元法，結合韋達定理，分類討論得到方程在和內各有一個實數根，，再利用二次函數根的分布得到關于的不等式組，即可得解.【詳解】作出函數的圖象，如圖，

令，則方程化為，由韋達定理可知該方程的兩根之積為3，要使關于的方程恰好有有5個零點，則方程有5個不同的實數解，結合圖象可知，，，此時方程有4個不同的實數解，不合題意；，，此時方程有6個不同實數解，不合題意；當，，雖說滿足方程有5個不同的實數解，但是無解；所以，，此時方程在和內各有一個實數根，令，則，解得，所以實數的取值范圍為.故答案為：.【點睛】方法點睛：已知函數有零點（方程有根）求參數值（取值范圍）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.四、解答題：本大題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．解答寫在答題卡上的指定區域內．15.已知集合，集合．（1）當時，求；（2）若是的充分條件，求實數的取值范圍．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）先求得，解一元二次不等式得集合，利用并集運算求解即可.（2）由題意得，按照和分類討論，利用子集關系列不等式組求解即可，注意最后求并集.【小問1詳解】當時，集合，所以或，，所以或．【小問2詳解】由已知，由題意得，①當時，，解得；②當時，由得，解得：，綜上所述，．16.曾經的廣告詞“喝臨川貢酒，揚才子豪情”響徹大半個中國．如今再次重新出發，撫州市打造以產業經濟振興文化撫州．臨川貢酒公司決定將一款高端貢酒大量投放市場，已知臨川貢酒公司生產此款高端貢酒年固定研發成本為萬元，每生產一瓶此高端貢酒需另投入元．設該公司一年內生產該款高端貢酒萬瓶且全部售完，每萬瓶的銷售收入為萬元．且．（1）寫出年利潤（萬元）關于年產量（萬瓶）的關系式：（利潤銷售收入成本）（2）當年產量為多少萬瓶時，該公司這款高端酒獲得的利潤最大，并求出最大利潤．【答案】（1）（2）當年產量為萬瓶時，該公司獲得的利潤最大為萬元．【解析】【分析】（1）分、兩種情況討論，結合利潤銷售收入成本可得出年利潤（萬元）關于年產量（萬瓶）的關系式；（2）利用二次函數的基本性質求出在時的最大值，利用基本不等式求出函數在時的最大值，比較大小后可得出結論.【小問1詳解】當時，當時，綜上，.【小問2詳解】當時，，函數的對稱軸是直線，則函數在上單調遞增，所以當時，取得最大值；當時，，當且僅當，即時取等號，此時的最大值為，因為，所以當年產量為萬瓶時，該公司獲得利潤最大為萬元．17.臨川二中兩名優秀學子小明、小華同學獨立地參加中國科技大學少科班的入學面試，入學面試時共有道題目，答對道題則通過面試（前道題都答對或都答錯，第道題均不需要回答）．已知小明答對每道題目的概率均為，小華答對每道題目的概率依次為、、，且小明、小華兩人對每道題能否答對相互獨立．記“小明只回答道題就結束面試”為事件，記“小華道題都回答且通過面試”為事件．（1）求事件發生的概率；（2）求事件和事件同時發生的概率；（3）求小明、小華兩人恰有一人通過面試的概率．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）若事件發生，則小明前兩題都答對或都答錯，利用獨立事件和互斥事件的概率公式可求得的值；（2）若事件發生，則小華前兩題一題，答錯一題，第三題答對，求出的值，分析可知，事件、相互獨立，由獨立事件的概率公式可求得的值；（3）記小明沒有通過面試為事件，小華通過面試的事件記為，求出這兩個事件的概率，記小明、小華兩人恰有一人通過面試的事件記為，則，利用獨立事件和互斥事件的概率公式可求得的值.【小問1詳解】若事件發生，則小明前兩題都答對或都答錯，所以，.【小問2詳解】若事件發生，則小華前兩題一題，答錯一題，第三題答對，根據題意則小華道題都回答且通過面試的概率為，由題意可知，事件、相互獨立，則.【小問3詳解】記小明沒有通過面試為事件，即分前兩道回答對一道且最后一道錯誤或前兩道均回答錯誤兩種情況，則小明沒有通過面試的概率為，可得小明通過面試的概率為，而由（1）可得小華通過面試的事件記為，則概率為，由題意可知，事件、相互獨立，則小明、小華兩人恰有一人通過面試的事件記為，則概率為．18.已知二次函數.（1）若的解集為，解關于的不等式；（2）若且，求的最小值；（3）若，且對任意，不等式恒成立，求的最小值．【答案】（1）或（2）（3）【解析】【分析】（1）分析可知、是方程的解，且，利用韋達定理求出、的值，然后利用二次不等式的解法解不等式，即可得出該不等式的解集；（2）由已知等式化簡所求代數式得，利用基本不等式可求得該代數式的最小值；（3）由二次不等式恒成立可得出，可得出，令，則，且，可得出，結合基本不等式可得出所求代數式的最小值.【小問1詳解】由已知的解集為，則，所以、是方程的解，由韋達定理可得，解得，所以不等式可化為，解得或，故不等式的解集為或.【小問2詳解】因為，所以，當且僅當時，即當時，等號成立，所以的最小值為.小問3詳解】因為對任意，不等式恒成立，所以，則，則，令，則，且，所以，當且僅當時，即當時，等號成立，即當時，即當時，等號成立，所以的最小值為.19.若存在實數對，使得等式對定義域中每一個實數都成立，則稱函數為“型函數”（1）若函數是“型函數”，且，