安徽省示范高中培優(yōu)聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期冬季聯(lián)賽數(shù)學(xué)試題

安徽省示范高中培優(yōu)聯(lián)盟2024年冬季聯(lián)賽（高一）數(shù)學(xué)本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，選擇題第1至第3頁(yè)，非選擇題第4至第6頁(yè)．全卷滿分150分，考試時(shí)間120分鐘．考生注意事項(xiàng)：1．答題前，務(wù)必在試題卷、答題卡規(guī)定的地方填寫自己的姓名、座位號(hào)，并認(rèn)真核對(duì)答題卡上所粘貼的條形碼中姓名、座位號(hào)與本人姓名、座位號(hào)是否一致．2．答選擇題時(shí)，每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑．如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)．3．答非選擇題時(shí)，必須使用0.5毫米的黑色墨水簽字筆在答題卡上書寫，要求字體工整、筆跡清晰．作圖題可先用鉛筆在答題卡規(guī)定的位置繪出，確認(rèn)后再用0.5毫米的黑色墨水簽字筆描清楚．必須在題號(hào)所指示的答題區(qū)域作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效，在試題卷、草稿紙上答題無(wú)效．4．考試結(jié)束，務(wù)必將試題卷和答題卡一并上交．一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．）1.已知集合，若，則實(shí)數(shù)的值可以為（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】A【解析】【分析】由集合交集的結(jié)果可得包含關(guān)系，可得答案.【詳解】由題意可得，由，則，可得.故選：A.2.下列命題中為真命題的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用全稱量詞命題真假判斷方法推理判斷AC；利用存在量詞命題真假判斷方法推理判斷BD.【詳解】對(duì)于A，當(dāng)時(shí)，，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，為偶數(shù)，而3不是偶數(shù)，即等式不成立，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，取滿足，而不成立，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，取，則，D正確.故選：D3.下列四個(gè)選項(xiàng)中，使成立充分不必要的條件是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)充分條件與必要條件的定義，利用反例與指對(duì)函數(shù)的單調(diào)性，可得答案.詳解】對(duì)于A，當(dāng)時(shí)，顯然，但；當(dāng)時(shí)，顯然，但.綜上所述，“”是“”的既不充分也不必要條件，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由函數(shù)在上單調(diào)遞增，且，則；當(dāng)時(shí)，無(wú)意義，則不成立，綜上所述，“”是“”的充分不必要條件，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，顯然，但；當(dāng)時(shí)，顯然，但.綜上所述，“”是“”的既不充分也不必要條件，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，根據(jù)函數(shù)在上單調(diào)遞增，且，則；由，則綜上所述，“”是“”的既充分又必要條件，故D錯(cuò)誤.故選：B.4.已知幕函數(shù)在上單調(diào)遞減，若，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)冪函數(shù)的定義以及單調(diào)性，可得函數(shù)解析式，化簡(jiǎn)不等式，可得答案.【詳解】因?yàn)?，故，則，函數(shù)的定義域?yàn)椋?，即為偶函?shù)，又因?yàn)?，所以，解?故選：D.5.已知，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先，而，然后，即可得出結(jié)論.【詳解】由得，而.故選：C6.當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分類討論，當(dāng)時(shí)，令可判斷原不等式不成立，當(dāng)時(shí)，令函數(shù)，由函數(shù)的單調(diào)性可得當(dāng)時(shí)，取得最大值，從而代入不等式可得解.【詳解】不等式，變形為，當(dāng)時(shí)，令，則，此時(shí)原不等式不成立；當(dāng)時(shí)，令，由在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以在單調(diào)遞增，故當(dāng)時(shí)，取得最大值為，由，解得，所以.故選：B.7.函數(shù)的定義域?yàn)闉槠婧瘮?shù)，且，則（）A.2 B.1 C.0 D.【答案】B【解析】【分析】由可判斷是周期為6的函數(shù)，再結(jié)合的性質(zhì)，計(jì)算的值，結(jié)合周期性得到.【詳解】由可知，所以，又有，故得，由為奇函數(shù)可知關(guān)于中心對(duì)稱，通過(guò)賦值計(jì)算知：，故．故選：B.8.我們知道未知數(shù)次數(shù)最高項(xiàng)次數(shù)高于二次的多項(xiàng)式方程稱為高次方程，解高次方程的關(guān)鍵是降次，降次的基本方法是因式分解法和換元法．現(xiàn)需要求解四次方程：．方法如下：顯然不是方程的根，所以可以兩邊同除以得，作換元，令，先求解，再求解．則該四次方程的最大正根為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用完全平方公式整理方程，利用求根公式，可得答案.【詳解】由題意得，因?yàn)?，所以方程在換元后得，根據(jù)求根公式知，再考慮解方程，再次根據(jù)求根公式知，故原四次方程的最大正根為，此時(shí)．故選：B.二、選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．）9.下列選項(xiàng)中，正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則【答案】ABD【解析】【分析】利用作差法可判斷ABD選項(xiàng)；利用特殊值法可判斷C選項(xiàng).【詳解】選項(xiàng)A，由，則，即，故A正確；選項(xiàng)B，由，則，即，故B正確；選項(xiàng)C，當(dāng)時(shí)，滿足，而，故C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，由，則，即，故D正確．故選：ABD.10.已知函數(shù)，令函數(shù)，則下列選項(xiàng)中，正確的是（）A.函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為和B.當(dāng)時(shí)，函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)C.當(dāng)關(guān)于方程有5個(gè)不等根時(shí)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是D.若函數(shù)有3個(gè)不同的零點(diǎn)分別為，則的取值范圍是【答案】ACD【解析】【分析】畫出函數(shù)的圖象，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的零點(diǎn)與方程的根的關(guān)系、以及定義法判斷函數(shù)的單調(diào)性對(duì)各個(gè)選項(xiàng)判斷即可得出結(jié)論.【詳解】函數(shù)的圖象如下：選項(xiàng)A，根據(jù)的圖象，易知函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為和，而，故函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為和，故A正確；直線與有3個(gè)不同交點(diǎn)，故函數(shù)有3個(gè)不同的零點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，由方程解得或，因?yàn)橹本€與有2個(gè)不同交點(diǎn)，所以與應(yīng)該有3個(gè)不同交點(diǎn)，結(jié)合圖象可知，，故C正確；選項(xiàng)D，由選項(xiàng)C知，不妨設(shè)為方程的根，則，，為方程的根，則，故，令，，任取且，，又因?yàn)椋?，，所以，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，，解得，故D正確．故選：ACD.11.高斯是德國(guó)著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號(hào)．他和阿基米德，牛頓并列為世界三大數(shù)學(xué)家，用其名字命名的“高斯函數(shù)”為，其中表示不超過(guò)的最大整數(shù)，例如：．下列關(guān)于高斯函數(shù)的相關(guān)結(jié)論正確的是（）A.B.C.D.方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)題意充分理解“高斯函數(shù)”的概念，并利用特值法取，判斷Ａ選項(xiàng)，利用分類討論思想對(duì)B、C、D選項(xiàng)進(jìn)行化簡(jiǎn)求解即可得出結(jié)論.【詳解】選項(xiàng)A，取，故A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，定義為的小數(shù)部分，則，因?yàn)?，則，若，則，若，則，故B正確；選項(xiàng)C，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，，故，故C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，，解得；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)原方程為無(wú)解；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)原方程為無(wú)解；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)原方程為，解得；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)原方程為，解得；故D正確．故選：BD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：充分理解“高斯函數(shù)”的概念和應(yīng)用，并利用分類思想進(jìn)行討論是解題關(guān)鍵，本題引進(jìn)高斯函數(shù)的新概念，對(duì)新定義的理解和應(yīng)用，培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，屬于較難題.三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分．）12.已知，則_______．【答案】8【解析】【分析】利用指數(shù)與對(duì)數(shù)的互化可得出，再利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則求解即可.【詳解】根據(jù)指數(shù)與對(duì)數(shù)的互化公式可得：，所以．故答案為：8.13.若，則的取值范圍是_______．【答案】【解析】【分析】直接利用基本不等式得到關(guān)于的不等式，解出即可.【詳解】由基本不等式可知，，所以，即，解得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.故答案為：.14.定義域?yàn)榈暮瘮?shù)，若，使得成立，則稱函數(shù)為“局部奇函數(shù)”．假設(shè)函數(shù)（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）為定義域?yàn)榈摹熬植科婧瘮?shù)”，則實(shí)數(shù)的取值范圍是_______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)“局部奇函數(shù)”定義可知，有實(shí)數(shù)解；通過(guò)換元法可求的取值范圍.【詳解】由“局部奇函數(shù)”的定義得，使得方程成立，即有實(shí)數(shù)解；方程變形為，令則，故方程在區(qū)間上有解，令，則或；解得或．故答案為：.四、解答題（本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．）15.已知且．（1）若命題：為真命題，求的取值范圍；（2）試比較與的大小，并證明之．【答案】（1）．（2），證明見(jiàn)解析【解析】【分析】（1）轉(zhuǎn)化為并結(jié)合即可；（2）兩式相除，將其與1比較大小即可.【小問(wèn)1詳解】，故等價(jià)于，即，解得，故的取值范圍為．【小問(wèn)2詳解】?jī)墒阶魃?，由換底公式得，，，故，16.已知二次函數(shù)在時(shí)有最小值2．（1）求的值；（2）已知，且當(dāng)時(shí)，的取值范圍是，求的值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】(1)根據(jù)已知條件求得二次函數(shù)的頂點(diǎn)式，化簡(jiǎn)后與原函數(shù)解析式對(duì)比即可得解；(2)利用二次函數(shù)的最值和單調(diào)性，可得，為方程的兩正根，解方程并結(jié)合的范圍即可求解.【小問(wèn)1詳解】由二次函數(shù)圖象可知，展開(kāi)可得，故．【小問(wèn)2詳解】因?yàn)榈淖钚≈禐?，所以，即，所以，又因?yàn)槎魏瘮?shù)的對(duì)稱軸為，故當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，故，即為方程的兩正根，且；解一元三次方程：，容易觀察是該方程的一根，故因式分解得，利用求根公式對(duì)方程求解得，考慮到，故．17.2024年8月12日，為期16天的巴黎奧運(yùn)會(huì)落下帷幕，回顧這一屆奧運(yùn)會(huì)，中國(guó)元素在這里隨處可見(jiàn)．這個(gè)盛夏，“中國(guó)智造”不僅為巴黎奧運(yùn)會(huì)注入了新動(dòng)力，也向世界展示了中國(guó)向“新”而行的活力，讓人們?cè)谙硎鼙荣惖耐瑫r(shí)，感受到中國(guó)發(fā)展的脈搏．巴黎奧組委的數(shù)據(jù)顯示，本屆奧運(yùn)會(huì)80%的吉祥物產(chǎn)自中國(guó)．據(jù)調(diào)查，國(guó)內(nèi)某公司生產(chǎn)的一款巴黎奧運(yùn)會(huì)吉祥物的供貨價(jià)格分為固定價(jià)格和浮動(dòng)價(jià)格兩部分，其中固定價(jià)格為60元，浮動(dòng)價(jià)格（浮動(dòng)價(jià)格單位：元，銷售量單位：萬(wàn)件）．假設(shè)每件吉祥物的售價(jià)為整數(shù)，當(dāng)每件吉祥物售價(jià)不超過(guò)100元時(shí)，銷售量為10萬(wàn)件，當(dāng)每件吉祥物售價(jià)超過(guò)100元時(shí)，售價(jià)每增加1元，銷售量就減少0.2萬(wàn)件，例如，單價(jià)售價(jià)為101元時(shí)，銷售量為9.8萬(wàn)件；單價(jià)為102元時(shí)，銷售量為9.6萬(wàn)件，以此類推．利潤(rùn)=（售價(jià)供貨價(jià)格）×銷售量，不計(jì)其它成本（1）當(dāng)每件吉祥物的售價(jià)為85元時(shí)，獲得的總利潤(rùn)是多少萬(wàn)元；（2）每件吉祥物的售價(jià)為多少元時(shí)，單件吉祥物的利潤(rùn)最大，最大為多少元．【答案】（1）245萬(wàn)元；（2）145元，最大為80元．【解析】【分析】（1）理解題意，根據(jù)供貨價(jià)格的固定價(jià)格和浮動(dòng)價(jià)格的概念，將單價(jià)售價(jià)為85元代入求解接口；（2）分類討論，分別求出當(dāng)和當(dāng)時(shí)的銷售量和供貨價(jià)，從而可得單價(jià)利潤(rùn)，繼而利用基本不等式求解即可.【小問(wèn)1詳解】由題意，當(dāng)單價(jià)售價(jià)為85元時(shí)，銷售量為10萬(wàn)件，浮動(dòng)價(jià)格=0.5元，供貨價(jià)格為元，故總利潤(rùn)為：萬(wàn)元；【小問(wèn)2詳解】當(dāng)時(shí)，銷售量為10萬(wàn)件，供貨價(jià)為60.5元，則，且，此時(shí)，當(dāng)時(shí)，單價(jià)利潤(rùn)，即單價(jià)利潤(rùn)最大為39.5元；當(dāng)時(shí)，銷售量為萬(wàn)件，同時(shí)，，解得，且，此時(shí)單價(jià)利潤(rùn)為：當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，取等號(hào)因?yàn)?，故?dāng)每件吉祥物的售價(jià)為145元時(shí)，單件吉祥物的利潤(rùn)最大，最大為80元．18.若對(duì)于定義域內(nèi)的任意，都有，其中為正常數(shù)，則稱函數(shù)為“距”增函數(shù)，這種性質(zhì)在數(shù)學(xué)和物理中都有廣泛的應(yīng)用．（1）若，試判斷是否為“2距”增函數(shù)；（2）假設(shè)函數(shù)為“2距”增函數(shù)，求的最小值．【答案】（1）是（2）【解析】【分析】（1）由題意，利用作差法，結(jié)合配方法，可得答案；（2）由題意建立不等式，可得參數(shù)取值范圍，利用分類討論，結(jié)合復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，可得答案.【小問(wèn)1詳解】由得，故，即函數(shù)是“2距”增函數(shù)．【小問(wèn)2詳解】因?yàn)椋?，所以?duì)任意都成立，故對(duì)任意都成立，則易得．①當(dāng)時(shí)，判斷在上單調(diào)遞增，所以．②當(dāng)時(shí)，任取，且，令，則由，得，，即，，即，在上單調(diào)遞增，．③當(dāng)時(shí)，由，得，，即，，即，在上單調(diào)遞減，同理可證在上單調(diào)遞增，．綜上所述，．19.若存在集合是集合的非空子集（其中），且滿足，，則稱為的一個(gè)分劃．（1）當(dāng)時(shí)，，，試判斷是否為的一個(gè)2分劃，試判斷是否為的一個(gè)2分劃；（2）若，規(guī)定和是的同一種2分劃，請(qǐng)寫出的所有2分劃；（3）若，集合是的非空子集，且中任意兩個(gè)不同元素之和不被5整除，求集合元素個(gè)數(shù)的最大值．【答案】（1）是；不是（2）答案見(jiàn)解析（3）12【解析】【分析】（1）根據(jù)題目“分劃”的定義即可判斷；（2）由題意，可按中元素個(gè)數(shù)，分成一元集，三元集，或者二元集，二元集，根據(jù)“分劃”的定義列舉出來(lái)即可；（3）集合中的元素按被5除所得的余數(shù)進(jìn)行分類，可得的一種5分劃，進(jìn)而分析可得，要使集合元素個(gè)數(shù)的最大，則集合可選中的所有元素，（或）中的所有元素，中的1個(gè)元素，從而可得解．【小問(wèn)1詳解】根據(jù)定義，，所以是的一個(gè)2分劃，，即，所以不是的一個(gè)2分