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2025年天利38套高中名校期中期末联考测试卷高中数学必修第一册苏教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年天利38套高中名校期中期末联考测试卷高中数学必修第一册苏教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
1. 函数 $ f(x)=\sqrt{2x - 3}+\frac{1}{x - 3} $ 的定义域为(
A.$\left[\frac{3}{2},+\infty\right)$
B.$(-\infty,3)\cup(3,+\infty)$
C.$\left[\frac{3}{2},3\right)\cup(3,+\infty)$
D.$\left(\frac{3}{2},3\right)\cup(3,+\infty)$
C
)A.$\left[\frac{3}{2},+\infty\right)$
B.$(-\infty,3)\cup(3,+\infty)$
C.$\left[\frac{3}{2},3\right)\cup(3,+\infty)$
D.$\left(\frac{3}{2},3\right)\cup(3,+\infty)$
答案：
1. C 函数的定义域 由题知，$\begin{cases}2x - 3 \geq 0, \\x - 3 \neq 0,\end{cases}$解得$x \geq \frac{3}{2}$且$x \neq 3$，即函数$f(x)$的定义域为$[\frac{3}{2},3) \cup (3, +\infty)$，故选C.
2. 下列各组表示同一函数的是(
A.$ f(x)=\sqrt{x^2} $，$ g(x)=\sqrt[3]{x^3} $
B.$ f(x)=1 $，$ g(x)=x^0 $
C.$ f(x)=\begin{cases}x - 2, & x\geq2, \\ -x + 2, & x＜2,\end{cases} g(x)=|x - 2| $
D.$ f(x)=x + 3 $，$ g(x)=\frac{x^2 - 9}{x - 3} $
C
)A.$ f(x)=\sqrt{x^2} $，$ g(x)=\sqrt[3]{x^3} $
B.$ f(x)=1 $，$ g(x)=x^0 $
C.$ f(x)=\begin{cases}x - 2, & x\geq2, \\ -x + 2, & x＜2,\end{cases} g(x)=|x - 2| $
D.$ f(x)=x + 3 $，$ g(x)=\frac{x^2 - 9}{x - 3} $
答案：
2. C 函数的定义 $f(x)=\sqrt{x^2}=|x|$，$g(x)=\sqrt[3]{x^3}=x$，两者对应关系不同，故不是同一函数，故A不符合题意；$f(x)=1$的定义域为$\mathbf{R}$，$g(x)=x^0$的定义域为$\{x \mid x \neq 0\}$，两者定义域不同，故不是同一函数，故B不符合题意；对于C，$f(x)=\begin{cases}x - 2, & x \geq 2, \\ -x + 2, & x ＜ 2\end{cases}=|x - 2|=g(x)$，两者定义域和对应关系都相同，是同一函数，故C符合题意；对于D，$f(x)=x + 3$的定义域为$\mathbf{R}$，$g(x)=\frac{x^2 - 9}{x - 3}$的定义域为$(-\infty,3) \cup (3, +\infty)$，两者定义域不同，不是同一函数，故D不符合题意，故选C.
3. 已知函数 $ f(x)=\begin{cases}x + 2, & x\leq1, \\ 2x - 3, & x＞1,\end{cases}$ 则 $ f(f(1))= $( )
A.1
B.3
C.-3
D.-1
A.1
B.3
C.-3
D.-1
答案：
3. B 分段函数求值 $f(1)=1 + 2 = 3$，$f(f(1))=f(3)=6 - 3 = 3$，故选B.
4. “$\begin{cases}x＞1, \\ y＞2\end{cases}$”是“$x + y＞3$”的( )
A.充要条件
B.充分且不必要条件
C.必要且不充分条件
D.既不充分也不必要条件
A.充要条件
B.充分且不必要条件
C.必要且不充分条件
D.既不充分也不必要条件
答案：
4. B 充分条件与必要条件的判断+不等式的性质 由$\begin{cases}x ＞ 1, \\ y ＞ 2\end{cases}$知$x + y ＞ 3$，故充分性成立；当$x = 0$，$y = 4$时，$x + y ＞ 3$，但$x ＞ 1$不成立，故必要性不成立，故“$\begin{cases}x ＞ 1, \\ y ＞ 2\end{cases}$”是“$x + y ＞ 3$”的充分不必要条件，故选B.
5. 已知函数 $ f(x)=\begin{cases}ax, & x＜1, \\ (1 - a)x - 2a, & x\geq1,\end{cases}$ 若函数 $ f(x) $ 在 $ \mathbf{R} $ 上单调递增，则实数 $ a $ 的取值范围是( )
A.$\left(0,\frac{1}{4}\right]$
B.$\left(0,\frac{1}{4}\right)$
C.$\left[\frac{1}{4},1\right)$
D.$\left(\frac{1}{4},1\right)$
A.$\left(0,\frac{1}{4}\right]$
B.$\left(0,\frac{1}{4}\right)$
C.$\left[\frac{1}{4},1\right)$
D.$\left(\frac{1}{4},1\right)$
答案：
5. A 函数的单调性
解法一：由题知，$\begin{cases}a ＞ 0, \\ 1 - a ＞ 0,\end{cases}$（题眼），解得$0 ＜ a \leq \frac{1}{4}$，即实数$a$的取值范围为$(0,\frac{1}{4}]$，故选A.
解法二：当$a = \frac{1}{4}$时，$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{4}x, & x ＜ 1, \\ \frac{3}{4}x - \frac{1}{2}, & x \geq 1,\end{cases}$此时函数图象连续，且在$\mathbf{R}$上单调递增，故排除选项B，D；当$a = \frac{1}{2}$时，$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{2}x, & x ＜ 1, \\ \frac{1}{2}x - 1, & x \geq 1,\end{cases}$此时函数图象不连续，在$\mathbf{R}$上不单调递增，故排除选项C，故选A.
南京市高一第一学期期中六校联合调研考试(改编)
解法一：由题知，$\begin{cases}a ＞ 0, \\ 1 - a ＞ 0,\end{cases}$（题眼），解得$0 ＜ a \leq \frac{1}{4}$，即实数$a$的取值范围为$(0,\frac{1}{4}]$，故选A.
解法二：当$a = \frac{1}{4}$时，$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{4}x, & x ＜ 1, \\ \frac{3}{4}x - \frac{1}{2}, & x \geq 1,\end{cases}$此时函数图象连续，且在$\mathbf{R}$上单调递增，故排除选项B，D；当$a = \frac{1}{2}$时，$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{2}x, & x ＜ 1, \\ \frac{1}{2}x - 1, & x \geq 1,\end{cases}$此时函数图象不连续，在$\mathbf{R}$上不单调递增，故排除选项C，故选A.
南京市高一第一学期期中六校联合调研考试(改编)
6. 函数 $ f(x)=\frac{x^4 - 1}{x^2} $ 的图象大致是(
B
)
答案：
6. B 函数图象的判断
通解：因为函数$f(x)=\frac{x^4 - 1}{x^2}$的定义域为$\{x \mid x \neq 0\}$，且$f(-x)=\frac{(-x)^4 - 1}{(-x)^2}=\frac{x^4 - 1}{x^2}=f(x)$（题眼），所以函数$f(x)$为偶函数，其图象关于$y$轴对称，故排除选项C，D；因为$f(1)=0$，故排除选项A，故选B.
快解：由$f(1)=0$排除选项A，D；由$f(-1)=0$，$f(-\frac{1}{2})=-\frac{-\frac{1}{16} - 1}{\frac{1}{4}}=-\frac{-\frac{15}{16}}{\frac{1}{4}}=\frac{15}{4}＜0$，排除选项C，故选B.
通解：因为函数$f(x)=\frac{x^4 - 1}{x^2}$的定义域为$\{x \mid x \neq 0\}$，且$f(-x)=\frac{(-x)^4 - 1}{(-x)^2}=\frac{x^4 - 1}{x^2}=f(x)$（题眼），所以函数$f(x)$为偶函数，其图象关于$y$轴对称，故排除选项C，D；因为$f(1)=0$，故排除选项A，故选B.
快解：由$f(1)=0$排除选项A，D；由$f(-1)=0$，$f(-\frac{1}{2})=-\frac{-\frac{1}{16} - 1}{\frac{1}{4}}=-\frac{-\frac{15}{16}}{\frac{1}{4}}=\frac{15}{4}＜0$，排除选项C，故选B.
7. 设 $ f(x) $ 是偶函数，且对任意的 $ x_1,x_2\in(-\infty,0)(x_1\neq x_2) $，有 $ (x_1 - x_2)[f(x_1) - f(x_2)]＞0 $，$ f(2023)=0 $，则 $ \frac{f(x)+f(-x)}{x}＜0 $ 的解集为(
A.$(-\infty,0)\cup(2023,+\infty)$
B.$(-\infty,-2023)\cup(0,2023)$
C.$(-2023,0)\cup(0,2023)$
D.$(-2023,0)\cup(2023,+\infty)$
D
)A.$(-\infty,0)\cup(2023,+\infty)$
B.$(-\infty,-2023)\cup(0,2023)$
C.$(-2023,0)\cup(0,2023)$
D.$(-2023,0)\cup(2023,+\infty)$
答案：
7. D 函数单调性的判断+利用函数的单调性解不等式 对任意的$x_1$，$x_2 \in (-\infty,0)$，不妨设$x_1 ＜ x_2$，则$x_1 - x_2 ＜ 0$，则$f(x_1) - f(x_2) ＜ 0$，即$f(x_1) ＜ f(x_2)$，所以函数$f(x)$在$(-\infty,0)$上为增函数（题眼）. 又函数$f(x)$为偶函数，所以$f(x)$在$(0, +\infty)$上为减函数. 又$f(2023)=0$，所以$f(-2023)=f(2023)=0$. 又$\frac{f(x) + f(-x)}{x}=\frac{2f(x)}{x}＜0$，当$x ＜ 0$时，$f(x) ＞ 0 = f(-2023)$，所以$-2023 ＜ x ＜ 0$；当$x ＞ 0$时，$f(x) ＜ 0 = f(2023)$，所以$x ＞ 2023$，所以不等式$\frac{f(x) + f(-x)}{x} ＜ 0$的解集为$(-2023,0) \cup (2023, +\infty)$，故选D.
8. 任何正实数 $ N $ 可以表示成 $ N = a×10^n(1\leq a＜10,n\in\mathbf{Z}) $，此时 $ \lg N = n + \lg a(0\leq\lg a＜1) $，则 $ 2^{-20} $ 在小数点后第几位开始出现非零数字(参考数据：$\lg2\approx0.3010$)(
A.4
B.5
C.6
D.7
D
)A.4
B.5
C.6
D.7
答案：
8. D 对数运算 $\lg 2^{-20} = -20\lg 2 \approx -20 × 0.3010 = -7 + 0.98$，$\therefore n = -7$，$\lg a = 0.98$，$\therefore 2^{-20} \approx 10^{0.98} × 10^{-7}$，$\therefore$在小数点后第7位开始出现非零数字，故选D.
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