2024-2025学年高一上学期数学人教A版（2019）期末模拟试卷（一）

高一数学上学期期末模拟试卷（一） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 说明：本试卷满分150分，试题答案请用2B铅笔和0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效.考试时间120分钟 一、单项选择：本题共8小题，每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知，，，则（   ） A． B． C． D． 3．函数的图象大致为（   ） A． B． C． D． 4．已知函数在区间有且仅有2个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．函数的零点的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．若函数是定义在上的任意奇函数，则下列函数一定为偶函数的是（    ） A． B． C． D． 7．若是三角形的一个内角，且函数在区间上单调，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 8．已知函数，若函数所有零点的乘积为1，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多项选择:本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9．已知为第一象限角，，则下列各式正确的有（    ） A． B． C． D． 10．已知函数是定义在上的偶函数，且满足．若，则下列说法中正确的是（    ） A． B．的周期为2 C． D．的图象关于中心对称 11．对，表示不超过的最大整数，如，，，通常把，叫做取整函数，也称之为高斯（Gaussian）函数．下列说法正确的是（    ） A．， B．， C．，若，则 D．，使成立 三、填空题;本题共3小题，每题5分，共15分. 12．若某扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的半径是 ． 13．若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是 ． 14．若函数，则关于x的不等式的解集是 ． 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．已知. (1)若不等式的解集是，求实数的值； (2)若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围. 16．在平面直角坐标系xoy中，角与的顶点均为坐标原点O，始边均为x轴的非负半轴．若角的终边OP与单位圆交于点，将OP绕原点O按逆时针方向旋转后与角的终边OQ重合． (1)求的值； (2)求的值． 17．已知函数． (1)判断函数在上的单调性，并根据定义证明你的判断； (2)函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是为奇函数．依据上述结论，证明：的图象关于点成中心对称图形． 18．函数的值域为，的定义域为． (1)求； (2)若，求实数的取值范围． 19．已知. (1)当时，时，求的取值范围； (2)对任意，且，有，求的取值范围； (3)，的最小值为，求的最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C A C B B B AC ABD 题号 11 答案 BCD 1．B 【分析】直接由交集的概念即可求解. 【详解】由题意集合，，则. 故选：B. 2．D 【分析】直接判断的范围，再比较大小. 【详解】利用对数函数的性质可得,, 利用诱导公式可得 所以. 故选：D 3．C 【分析】由解析式判断出函数的奇偶性，再带入特殊点逐一排除即可. 【详解】由函数可知定义域为,且定义域关于原点对称. 因为， 所以函数为奇函数，故排除选项B; 因为，故排除选项A; 因为，故排除选项D. 故选：C. 4．A 【分析】由题意首先得函数在区间上的两个零点只能是，由此即可进一步列出不等式组求解. 【详解】由题意 ， 当时，， 若函数在区间有且仅有2个零点， 则这两个零点只能是， 则当时，，解得. 故选：A. 5．C 【分析】将零点问题转化为交点问题，作图求解即可. 【详解】令，故，即的零点个数为与的交点个数， 显然在单调递增，的周期为，且当时，， 故此时两个函数无交点，作出图像如下图， 由图像得共有个交点，故有个零点，即C正确. 故选：C 6．B 【分析】利用函数奇偶性的定义逐个选项分析即可. 【详解】对于A，令，，故，即是奇函数，故A错误， 对于B，令，而，故是偶函数，故B正确， 对于C，令，，显然当时，不是偶函数，故C错误， 对于D，令，而,故，即是奇函数，故D错误. 故选：B 7．B 【分析】根据三角函数的单调性列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】当时，， 由于是三角形的一个内角，所以， 则， 由于函数在区间上单调， 所以，解得， 即的取值范围为. 故选：B 8．B 【分析】作出函数的图象，利用换元，令，将原问题转化为的所有解的乘积为1，结合函数图象，分类讨论，即可求得答案. 【详解】由题意，作出函数的图象如图： 令，则函数，即，即， 即，由题意函数所有零点的乘积为1， 可知的所有解的乘积为1， 而的解可看作函数的图象与直线的交点的横坐标； 结合的图象可知， 当时，函数的图象与直线有2个交点， 不妨设交点横坐标为，则， 且，即，符合题意； 当时，函数的图象与直线有3个交点， 其中最左侧交点的横坐标小于等于0，则的所有解的乘积小于等于0，不合题意； 当时，函数的图象与直线有2个交点， 不妨设交点横坐标为，则， 且，即，符合题意； 综合以上可知实数的取值范围为， 故选：B 【点睛】方法点睛：（1）转化法：利用换元法，令，将函数所有零点的乘积为1，转化为的所有解的乘积为1； （2）数形结合法：作出函数的图象，数形结合，分类讨论，解决问题. 9．AC 【分析】利用已知和求出、，逐项判断可得答案. 【详解】由得， 代入得， 解得或， 因为为第一象限角，所以，， 所以，， ，. 故选：AC. 10．ABD 【分析】利用抽象函数的奇偶性，对称性，周期性求解即可. 【详解】因为函数是定义在上的偶函数，且满足． 所以， 令得，所以．故A正确． 因为…①，所以…② ①－②得：，所以的最小正周期为2．故B正确． ．故C不正确． 由得， 所以图象关于中心对称．故D正确． 故选：ABD． 11．BCD 【分析】举出反例可判断A，举例可判断B，设，则，，求出的范围可判断C；根据取值特征可判断D. 【详解】对于A，当时，，故A错误； 对于B，设，则 ，故B正确； 对于C，设，则，，则，所以，故C正确； 对于D，时，， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 由， 可得时，成立，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是对新定义的理解. 12． 【分析】根据扇形面积公式直接求解即可. 【详解】设扇形的面积为，则扇形面积，解得：. 故答案为：. 13． 【分析】令，结合题意分析可知在上单调递增，结合二次函数性质分析求解. 【详解】因为，， 令，由可知，可得， 又因为函数在上是单调递增函数， 可知在上单调递增， 则，解得：， 所以实数a的取值范围是. 故答案为：. 14． 【分析】令，分析可知为定义在上奇函数，且在上单调递减，根据奇偶性和单调性解不等式. 【详解】令 因为，即，可知函数的定义域为， 且， 所以为上的奇函数， 因为， 且在内单调递增， 则在内单调递增，可知在内单调递减， 又因为在定义域内单调递增，则在内单调递减， 由奇函数可知在内单调递减，所以在上单调递减， 综上所述：为定义在上奇函数，且在上单调递减， 由，则， 可得， 则，解得：， 所以不等式的解集是. 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：1.构建函数，并判断的单调性和奇偶性； 2.根据奇偶性和单调性解不等式. 15．(1)1 (2) 【分析】（1）根据二次不等式的解集与二次方程的根的关系可得参数； （2）这个不等式恒成立，首先讨论时，能不能恒成立，其次在时，这是二次不等式，结合二次函数的性质可求解． 【详解】（1）由题意可知，和3是方程的两根，且， 所以，解得. （2）由题可得，即对一切实数恒成立， 当时，不等式化为，不符合题意； 当时，有解得， 综上可知，实数的取值范围为. 16．(1) (2) 【分析】（1）根据任意角三角函数的定义结合同角三角关系可得，，进而结合诱导公式运算求解； （2）根据题意利用诱导公式结合齐次式问题运算求解. 【详解】（1）由题意可知：，， 因为，即，且，解得， 即，． 又因为， 可得， ． 所以． （2）由（1）知， 所以． 17．(1)单调递减，证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用单调性得定义证明即可； （2）构造，只需证明为奇函数即可. 【详解】（1）函数在上单调递减．证明如下： 任取，且， ． 因为，且， 所以，， 所以，即， 故函数在上单调递减． （2）证明：设， 则． 因为函数定义域为， 且， 所以为奇函数． 故的图象关于点成中心对称图形． 18．(1) (2) 【分析】（1）利用对数函数的单调性求出函数在上的最大值和最小值，即可得出集合； （2）求出集合，利用集合的包含关系可得出关于实数的不等式组，解之即可. 【详解】（1）解：因为在上单调递减， 所以，当时有最大值，且最大值为， 当时，有最小值，最小值为， 所以． （2）解：由，得，解得， 所以，， 因为，所以，解得． 故实数的取值范围． 19．(1)或 (2) (3)1 【分析】（1）将看成整体，解一个一元二次不等式即得； （2）利用参变分离法将不等式恒成立问题转化为求对应函数的最小值问题求解； （3）将绝对值分类讨论得到分段函数，分别就参数的范围进行讨论，得到，求其最大值即得. 【详解】（1）由，可得， 解得或， 所以或； （2）由，时恒成立则，令. 则当时，由可得：，即得：（时取等号）， 当时，，可得：即得：.（时取等号） 故，因在上递减，在上递增， 而时；时，，即， 故. （3）由（）. 可得：， ①当时，在单调递增，所以此时无最值； ②当时，由，. 所以在上单调递增，上单调递减,此时，. ③当时.，，. 所以在上单调递减，在上单调递增，此时，， 综上，，因时，， 故最大值为1. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查不等式恒成立问题和含参的分段函数的最小值问题. 解决关键在于对恒成立问题常通过参变分离法，将其转化成求对应函数的最值问题，对于含参的分段函数的最值问题，常常需要就参数进行分类讨论解决. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$