精品解析：山东省临沂市郯城县美澳学校2024-2025学年高一上学期12月质量检测数学试题

郯城美澳2024-2025学年高一上学期质量检测 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号符填写在答题卡和试卷指定位置. 2．选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题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. 若，则它是（ ） A. 第一象限角 B. 第二象限角 C. 第三象限角 D. 第四象限角 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 若，，满足，，，则（ ） A B. C. D. 7. 已知在上是增函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，其中表示不超过的最大整数，如，，，若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全题部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 给出下列四个命题，其中是真命题的为（ ） A. 如果是第一或第四象限角，那么 B. 如果，那么是第二或第三象限角 C. 终边在轴上的角的集合为 D. 已知扇形的面积为1，周长为4，则扇形的圆心角（正角）的弧度数为1 10. 已知实数a，b，c，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 若，则 C 若，则 D 若，则有最大值 11. 已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数，则下列命题正确的是（ ） A. 是“封闭”函数 B. 定义在上函数都是“封闭”函数 C. 若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数（） D. 若是“封闭”函数（），则在区间上单调递减 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域是__________． 13. 函数且的图像过定点，且点在幂函数的图像上，则__________． 14. 给出下列命题： ①函数与互为反函数，其图象关于直线对称； ②已知函数，则； ③当且时，函数图像必过定点； ④用二分法求函数在区间内零点近似值，至少经过3次二分后精确度达到0.1； ⑤函数的零点有2个． 其中所有正确命题的序号是__________． 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）求集合和； （2）若，求实数的取值范围． 16. （1）若，，求和的值； （2）若，求的值． 17. 已知函数，且为常数． （1）当时，求的解集； （2）当，恒有，求实数的取值范围． 18. 已知函数. （1）判断函数的奇偶性，并给出证明； （2）解不等式：； （3）若函数在上单调递减，比较与的大小关系，并说明理由. 19. 对于函数，若存在实数对，使得等式对定义域中的每一个都成立，则称函数是“型函数”． （1）判断函数是否为“型函数”，并说明理由； （2）若函数是“型函数”，求出满足条件的一组实数对； （3）已知函数是“型函数”，对应的实数对为，当时，，若当时，都有，试求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郯城美澳2024-2025学年高一上学期质量检测 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号符填写在答题卡和试卷指定位置. 2．选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题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. 若，则它是（ ） A. 第一象限角 B. 第二象限角 C. 第三象限角 D. 第四象限角 【答案】C 【解析】 【分析】根据，数形结合得到答案. 【详解】，故它是第三象限角. 故选：C 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合，根据集合的交集运算求解. 【详解】由，则，解得， ，又， . 故选：C. 3. 若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先应用指对数转换得出，再应用对数运算律化简求值. 【详解】因为， 所以 则. 故选：B. 4. 零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得到函数单调递增，再结合特殊点函数值及零点存在性定理得到答案. 【详解】在上单调递增， ，， 故的零点所在区间为. 故选：B 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分和两种情况，由函数值的正负和函数图象走势，排除法得到答案 【详解】的定义域为， 当时，恒成立，排除CD， 当时，，当趋向于0时，趋向于0，排除B，正确选项为A. 故选：A 6. 若，，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数单调性得到，，结合，得到大小关系. 详解】，，， 故. 故选：C 7. 已知在上是增函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】函数在上是增函数，则应用对数函数及一次函数的单调性在两段上分别要单调递增，且在分界点处要满足，从而得到答案. 【详解】因为在上是增函数， 所以，即，解得：， 即实数的取值范围是. 故选：D 8. 已知函数，，其中表示不超过的最大整数，如，，，若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】转化为与恰有4个交点，在同一坐标系内画出与的图象，数形结合得到不等式组，求出答案. 【详解】， 恰有4个零点，即与恰有4个交点， 其中恒过点， 在同一坐标系内画出与的图象，如下： 要想与恰有4个交点，需， 即，解得. 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全题部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 给出下列四个命题，其中是真命题的为（ ） A. 如果是第一或第四象限角，那么 B. 如果，那么是第二或第三象限角 C. 终边在轴上的角的集合为 D. 已知扇形的面积为1，周长为4，则扇形的圆心角（正角）的弧度数为1 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，根据三角函数定义得到A正确；B选项，根据确定终边的位置；C选项，根据任意角的概念得到C正确；D选项，设出扇形圆心角和半径，根据周长和面积得到方程组，求出圆心角弧度数. 【详解】A选项，如果是第一或第四象限角，那么，A正确； B选项，若，则是第一、二象限角，或终边落在y轴非负半轴上，B错误； C选项，终边在轴上的角的集合为，C正确； D选项，设扇形的圆心角（正角）的弧度数为，半径为， 则扇形弧长为，故且， 解得，，故D错误. 故选：AC 10. 已知实数a，b，c，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则有最大值 【答案】ACD 【解析】 【分析】举反例判断B，根据基本不等式判断ACD. 【详解】对于A，，当且仅当时等式成立，A正确； 对于B，当时，，满足，但是，B错误； 对于C，因为，所以， 所以，所以，C正确； 对于D，因为，所以有，当且仅当时等号成立， 所以， 当且仅当时等号成立，即有最大值，D正确． 故选：ACD． 11. 已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数，则下列命题正确的是（ ） A. 是“封闭”函数 B. 定义在上函数都是“封闭”函数 C. 若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数（） D. 若是“封闭”函数（），则在区间上单调递减 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，若，有，A正确；B选项，，有，B正确；C选项，推出，都有，进而得到，即，C正确；D选项，举出反例即可. 【详解】对于A，任意的，若， 都有，故是“封闭”函数，A正确； 对于B，对于集合，任意的，若，即， 则有，故定义在上函数都是“封闭”函数，B正确； 对于C，对于集合，任意的，，即 因为是“封闭”函数，故， 即对于，都有， 对于集合，任意的，，即，， 其中， 故，， 所以一定是“封闭”函数（），C正确； D选项，不妨令，，满足任意的，若， 有，故是“封闭”函数（）， 但在区间上单调递增，D错误. 故选：ABC 【点睛】新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数特征得到不等式，求出定义域. 【详解】由题意得，解得， 故定义域为. 故答案为： 13. 函数且的图像过定点，且点在幂函数的图像上，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据对数函数特征求出，进而待定系数法得到，进而代入求值即可. 【详解】令，解得，此时，故， 设，将代入得，解得， 故，故，. 故答案： 14. 给出下列命题： ①函数与互为反函数，其图象关于直线对称； ②已知函数，则； ③当且时，函数的图像必过定点； ④用二分法求函数在区间内的零点近似值，至少经过3次二分后精确度达到0.1； ⑤函数的零点有2个． 其中所有正确命题的序号是__________． 【答案】③ 【解析】 【分析】对于①，两函数图象关于直线对称；对于②，令得；对于③，由，得到所过定点；对于④，经过次操作后区间长度变为，从而得到不等式，求出；对于⑤，的零点个数可转化为与的交点个数问题，作出两函数图象，数形结合，结合两函数的增长速度，得到的零点只有1个，⑤错误. 【详解】对于①，函数与互为反函数，其图象关于直线对称，①错误； 对于②，令得，②错误； 对于③，令，时，， 故当且时，函数的图像必过定点，③正确； 对于④，因为区间的长度为1，经过次操作后区间长度变为， 令，解得，故至少经过4次二分后精确度达到0.1，④错误； 对于⑤，， 故的零点个数可转化为与的交点个数问题， 在同一坐标系内，画出两函数图象，如下： 由于在为正时，随着的增大，比的增长速度更快， 且，， 故与的交点个数为1， 综上，函数的零点只有1个，⑤错误. 故答案为：③ 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）求集合和； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1），或 （2） 【解析】 【分析】（1）分别由绝对值不等式及一元二次不等式求解即可； （2）由集合间的包含关系，构造不等式求解即可. 【小问1详解】 ， 得：， 所以， 由，可得：或， 所以或， 【小问2详解】 由（1）可得：， ， 因为， 所以，解得：， 所以实数的取值范围是. 16. （1）若，，求和的值； （2）若，求的值． 【答案】（1），；（2） 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数平方关系得到方程，结合角的范围得到，进而由同角三角函数商数关系得到； （2）化弦为切，齐次化变形，代入求值即可. 【详解】（1），故， 又，故，则； （2）， 故 . 17. 已知函数，且为常数． （1）当时，求的解集； （2）当，恒有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）令，则，解得； （2）换元得到在上恒成立，参变分离得到在上恒成立，由函数单调性求出的最小值，得到. 【小问1详解】 时，， 令，则，，解得， 故，解得，故不等式的解集为； 【小问2详解】 ， ，令，则在上恒成立， 故在上恒成立， 其中在上单调递增，故当时，取得最小值，最小值为2， 故. 18. 已知函数. （1）判断函数的奇偶性，并给出证明； （2）解不等式：； （3）若函数在上单调递减，比较与的大小关系，并说明理由. 【答案】（1）为奇函数，证明见解析； （2） （3），理由见解析 【解析】 【分析】（1）先求出定义域，并得到，故为奇函数； （2）利用函数单调性的定义与复合函数的单调性分析得的单调性，结合（1）中结论得到，从而得到，解之即可得解； （3）利用的解析式得到，再利用的单调性得到，从而得证. 【小问1详解】 为奇函数，证明如下： 令，解得或， 故定义域为， ， 故为奇函数； 【小问2详解】 任取且， 则， 因为且，所以， 故，， 所以在上单调递减， 又在上单调递增，由复合函数单调性满足同增异减知， 在上单调递减， 由（1）知，为奇函数， ， 其中，， 故需满足，解得且≠0， 所以的解集为； 【小问3详解】 ，理由如下： 当时，， 故 ， 而，故在上单调递减，， 故，， 所以，故，， 所以. 【点睛】关键点点睛：第三问，利用对数运算法则，裂项相消求和得到，由的单调性及，比较出大小 19. 对于函数，若存在实数对，使得等式对定义域中每一个都成立，则称函数是“型函数”． （1）判断函数是否为“型函数”，并说明理由； （2）若函数是“型函数”，求出满足条件的一组实数对； （3）已知函数是“型函数”，对应的实数对为，当时，，若当时，都有，试求的取值范围． 【答案】（1）不是“型函数”，理由见解析 （2），答案不唯一； （3） 【解析】 【分析】（1）由题意得到，由于不存在实数对，使得对定义域内的每一个都成立，故不是“型函数”； （2）由题意得到，变形得到，不妨设，即存在实数对满足条件； （3）因为，所以，故在上单调递减，得到值域为，结合，得到，，所以在上的值域为，结合题目条件，得到，从而得到不等式组，求出答案. 【小问1详解】 不是“型函数”，理由如下： ，故，， 故， 故， 所以不存在实数对，使得对定义域内的每一个都成立， 故不是“型函数”； 【小问2详解】 因为是“型函数”， 所以，即， 不妨设，即存实数对， 使得对任意都成立， 故满足条件的一组实数对为； 【小问3详解】 因为是“型函数”， 对应的实数对为， 所以， 当时，， 其对称轴为， 因为，所以，故在上单调递减，故值域为， 即， 又，故， 若，则，此时， 故， 所以在上的值域为， 又当时，都有，故， 所以，又，解得， 故的取值范围是. 【点睛】新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $