广东省深圳外国语学校高中园2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷

试卷第 1页，共 4页 深外高中园 2024-2025学年第一学期高一年级期末考试 数学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共 4 页，满分为 150 分。考试用时 120 分钟。 注意事项： 1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡密封线 内相应的位置上，用 2B 铅笔将自己的学号填涂在答题卡上。 2、选择题每小题选出答案后，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；不能答在试卷上。 3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答卷纸各题目 指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后 再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4、考生必须保持答题卡的整洁和平整。 一、单选题（本题共 8 小题，每题 5 分） 1．已知集合  1,2A  ，  1,0,1,2,3B   ，则 A B  （ ） A． 0, 2 B． 2 C． 1,0,3 D． 1,2 2．设 a、b、 c均为实数，且 a b ，下列结论正确的是（ ） A．ac bc B． 2 2ac bc C． a c b c   D． 2 2a b 3．若幂函数 (9 2) my m x  ，则m （ ） A． 1 3 B． 12 C．2 D．1 4．函数   2 4 3 xf x x   的零点所在的区间为（ ） A． 1 ,1 2       B． 10, 2       C． 31, 2       D．  1,2 5． 1 π2sin 2 3 y x      的最小正周期为（ ） A． π B． 2π C．3π D． 4π 6．已知函数   2 , 0 , 0 x a x f x x x      ，那么“ 0a  ”是“函数  f x 是  ,   上的增函数”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 试卷第 2页，共 4页 7．函数 3 ( ) 3 1x xf x   的图象大致为（ ） A． B． C． D． 8．已知函数 π( ) 6cos( )( 0) 8 f x x    ， ( )f x 在区间 π[0, ] 4 上的最小值为  ，则所有满足 条件的的积属于区间（ ） A．  9,15 B．  15, 27 C．  27,36 D．  36, 二、多选题（本题共 3 小题，每题 6 分） 9．若集合  2 2 ,3 2,8A a a a   ，则实数 a的取值可以是（ ） A．2 B．3 C． 4 D．5 10．已知   5logf x x ，则对任意的  , 0,a b  ，下列关系成立的是（ ） A．      f ab f a f b  B．      f ab f a f b C．    af f a f b b        D．    af f a f b b        11．下列说法正确的是（ ） A．命题“ x R， 2 1 0x x   ”的否定形式是“ x R ， 2 1 0x x   ” B．当  0, πx 时， 4sin sin y x x   的最小值为 4 C． tan 25 tan 20 tan 25 tan 20 1     D．“ ππ 4 k   （ k Z ）”是“ π 4 k  （ k Z ）”的必要不充分条件 试卷第 3页，共 4页 三、填空题（本题共 3 小题，每题 5 分） 12．函数 f(x)＝log2(x2－3x＋2)的定义域为 . 13．已知  f x 是定义在R 上的增函数，      f xy f x f y  ，  3 1f  ，则不等式    2 1f x f   的解集为 ． 14．已知定义在R 上的偶函数  f x ，当 0x  时满足   π 1 6 π π4cos sin( ) 1,0 6 6 1 3 π, 2 2 6 x x x x f x x                ， 关于 x的方程    2 2 2 0f x af x    有且仅有 6个不同实根，则实数 a的取值范围 是 . 四、解答题（本题共 5 小题，共 77分） 15．（13分）化简求各式的值： (1) 1 1 12 3 325 8 0.125 4 27              ； (2) 4 2 0.5 25 1log log 3 log 9 5   (3)已知 sin cos 3 sin cos        ，计算 2sin 2sin cos   的值； 16．（15分）（1）设 ，  为锐角，且 5sin 5   ， 3 10cos 10   ，求  的值； （2）化简求值  sin 50 1 3 tan10   ； （3）化简求值 5π 5πtan tan 4 12 5π1 tan 12   ． 试卷第 4页，共 4页 17．（15分）已知关于的 x不等式  2 1 1 0ax a x    ． (1)若 2a   时，求不等式的解集 ; (2)若 Ra ，解这个关于 x的不等式 ; (3)  0x  ， ，     1 1 2 1ax x a x a     恒成立，求 a的范围． 18．（17分）已知函数   πsin 2 6 f x x      ． (1)求函数的对称中心； (2)函数  f x 在 π0, 2 x      内是否存在单调减区间？若存在请说明原因并写出递减区间．若不 存在.说明理由； (3)若 1 2 π, 0, 2 x x       都有    1 2f x f x m  恒成立.求实数 m的取值范围； 19．（17分）已知偶函数  f x 和奇函数  g x 满足：     2 22 2 log 2 x x xf x g x x       ． (1)求    ,f x g x 解析式； (2)解不等式   2g x   ； (3)存在实数  , , 0,m s t a 满足        5 4 ,g m f s f t f x  存在最值大值，求 a的取值范围． 答案第 1页，共 11页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A A D A C B BD AD 题号 11 答案 AC 1．D 【分析】由交集的运算即可求解. 【详解】由  1,2A  ，  1,0,1,2,3B   ， 可得：  1, 2A B  ， 故选：D 2．C 【分析】由不等式的性质逐个判断即可. 【详解】对于 A，B，当 0c  时，显然不成立， 对于 C：由 a b 可得： a c b c   ，正确. 对于 D，取 2, 1a b   ，满足 a b ，显然 2 2a b 不成立， 故选：C 3．A 【分析】利用幂函数定义可知其系数为 1，解方程可得结果. 【详解】根据幂函数定义可知， 9 2 1m   ，解得 1 3 m  . 故选：A 4．A 【分析】根据零点存在定理直接判断. 【详解】由   2 4 3xf x x   ，得  0 3 0f    ， 1 21 1 4 3 3 3 0 2 f            ，   11 2 4 3 1 0f      ， 3 23 3 4 3 3 3 1 0 2 f            ，   22 4 4 3 9 0f      ， 因为  1 1 0 2 f f      ，所以函数的零点所在区间为 1 2 , 1 . 故选：A. 5．D 【分析】根据 2πT   求最小正周期即可. 答案第 2页，共 11页 【详解】函数的最小正周期 2π 4π1 2 T   ， 故选:D. 6．A 【分析】根据分段函数单调性及充分必要条件的概念判断即可. 【详解】当 0a  时，   2 , 0 , 0 x x f x x x     是  ,   上的增函数， 而由函数  f x 是  ,   上的增函数，可得 0 0a  ，即得 0a  ，推不出 0a  . 则“ 0a  ”是“函数  f x 是  ,   上的增函数”的充分不必要条件. 故选：A. 7．C 【分析】求函数的定义域，结合幂函数和指数函数的增长速度的不同可得 x时， 0y ， 证明 0x  时， 0y  ，由此判断正确选项. 【详解】函数 3 ( ) 3 1x xf x   的定义域为 0x x  ， 当 0x  时， 3 0x  ，3 1x  ，所以   0f x  ， 当� > 0 时，3 1 0x   ， 3 0x  ， 随 x的增大， 3 1xy   的增长速度会越来越快，会超过并远远大于大于 3xy  的增长速度， 故当 x时， 0y . 由于 ABD不满足以上条件，故函数 3 ( ) 3 1x xf x   的图象大致为 C. 故选：C. 8．B 【分析】根据给定条件，按函数 ( )f x 能否取到 6 分类讨论求出的值或范围即可得解. 【详解】由 π0, 4 x     ，得 π π π π, 8 8 4 8 x         ，由 ( )f x 的最小值为 0  ，得 π π π 4 8 2    ， 即 5 2   ， 当 π π π 4 8    时， ( )f x 的最小值 6 ，则 6  ，此时 6π π π 4 8   ，符合题意，因此 6  ； 答案第 3页，共 11页 若 ( )f x 的最小值大于 6 ，则 π π π π 2 4 8     ，且 6  ，解得 5 9 2 2   ， 余弦函数 cosy x 在 π , π 2       上单调递减，因此存在唯一 5 9, 2 2       ，使得 π π6cos ( 6,0) 4 8           ， 因此 6  或 5 9, 2 2       ，所以所有满足条件的的积属于区间 (15, 27) . 故选：B 【点睛】关键点点睛：按函数最小值能否取到 6 进行分类是求解问题的关键. 9．BD 【分析】根据集合中元素的互异性求解. 【详解】集合  2 2 ,3 2,8A a a a   ，则 2 2 2 8 3 2 8 2 3 2 a a a a a a           ，解得 4, 2, 1a a a     ，知 BD 符合. 故选：BD. 10．AD 【分析】根据题意结合对数运算逐项分析判断. 【详解】因为   5logf x x ，  , 0,a b  ， 所以        5 5 5log log logf ab ab a b f a f b     ，故 A正确，B错误；    5 5 5log log log a af a b f a f b b b           ，故 C错误，D正确； 故选：AD. 11．AC 【分析】写出命题“ x R， 2 1 0x x   ”的否定形式判断选项 A；求得当  0, πx 时， 4sin sin y x x   的最小值判断选项 B；求得 tan 25 tan 20 tan 25 tan 20      的值判断选项 C；求 得“ ππ 4 k   （ k Z ）”与“ π 4 k  （ k Z ）”的逻辑关系判断选项 D. 【详解】选项 A：命题“ x R ， 2 1 0x x   ”的否定形式是 “ x R， 2 1 0x x   ”判断正确； 选项 B：当  0, πx 时，  sin 0,1x ，令 sin x t ， 答案第 4页，共 11页 则 4y t t   在  0,1 单调递减，最小值为 5， 则当  0, πx 时， 4sin sin y x x   的最小值为 5.判断错误； 选项 C：由 tan 25 tan 201 tan 45 1 tan 25 tan 20          ， 可得 tan 25 tan 20 tan 25 tan 20 1     .判断正确； 选项 D： π 4 k  （ k Z ）， 可化为 ππ 4 n   或 πn  或 ππ 4 n   或 ππ 2 n   （ nZ ）， 故“ ππ 4 k   （ k Z ）”是“ π 4 k  （ k Z ）”的充分不必要条件.判断错误. 故选：AC 12．{ | 1x x  或 2}x  . 【分析】根据真数大于零，求解一元二次不等式，即可求得结果. 【详解】要使得函数有意义， 则 2 3 2 0x x   ，即   1 2 0x x   ， 解得� > 2 或� < 1. 故  f x 的定义域为{ | 1x x  或 2}x  . 故答案为：{ | 1x x  或 2}x  . 【点睛】本题考查对数型复合函数定义域的求解，涉及一元二次不等式的求解，属综合基础 题. 13． 3 2 x x      【分析】依题意，不等式    2 1f x f   等价于    2 3f x f  ，利用函数单调性求解即 可. 【详解】由      f xy f x f y  可得      2 2f x f f x    ． 因为  3 1f  ，所以不等式    2 1f x f   ，即为    2 3f x f  ． 因为  f x 是定义在R 上的增函数，所以 2 3x  ，解得 3 2 x   ． 故不等式    2 1f x f   的解集为 3 2 x x      ． 答案第 5页，共 11页 故答案为： 3 2 x x      14． 3 17, 2 12       【分析】根据题意，作出  f x 的图象，设  t f x ，得到方程 2 2 2 0t at   ，设   2 2 2g t t at   结合图象，要使得方程有 6个不同的根，则满足 2 1 2 3 2 2 t t      或 1 2 31 2 3 2 2 t t         ， 结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】根据题意，当 π0 6 x  时，   π 3 14cos sin( ) 1 4cos ( sin cos ) 1 6 2 2 f x x x x x x      2 π2 3 sin cos 2cos 1 3 sin 2 cos 2 2sin(2 ) 6 x x x x x x       ， 因为 π0 6 x  ，可得 π π π2 6 6 2 x   ，所以  f x 在 π[0, ] 6 单调递增， π(0) 1, ( ) 2 6 f f  ， 又由 π 6 x  时， π 1 61 3( ) ( ) 2 2 x f x     为单调递减函数，且 π( ) 2 6 f  ， 因为函数  f x 是R 上的偶函数，画出函数  f x 的图象，如图所示， 设  t f x ，则方程    2 2 2 0f x af x    可化为 2 2 2 0t at   ， 由图象可得： 当 2t  时，方程  t f x 有 2个实数根； 当 3 2 2 t  时，方程  t f x 有 4个实数根； 当 31 2 t  时，方程  t f x 有 2个实数根； 当 1t  时，方程  t f x 有 1个实数根； 要使得    2 2 2 0f x af x    有 6个不同的根， 设 1 2,t t 是方程 2 2 2 0t at   的两根 1 2,t t ，设   2 2 2g t t at   ， 答案第 6页，共 11页 ① 2 1 2 3 2 2 t t      ，当 2 2t  时，可得  2 4 6 0g a   ，可得 3 2 a   ， 此时方程为 2 3 2 0t t   ，解得 1 1t  ，不满足 1 3 2 2 t  ，所以无解. ② 1 2 31 2 3 2 2 t t         ，即     1 3 2 0 3 173 0 2 4 2 4 6 0 g a g a g a                    ，解得 3 17 2 12 a    ， 综上可得，实数 a的取值范围是 3 17, 2 12       . 故答案为： 3 17, 2 12       . 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画 出函数的图象，利用数形结合的方法，合理转化求解. 15．(1) 7 2 (2)0 (3)0 【分析】（1）根据指数的运算性质即可解出； （2）根据对数的运算性质即可解出. （3）（3）由 sin cos 3 sin cos        ，可得 tan ，然后由 sintan cos    可得答案； 【详解】（1）由题意， 1 1 12 3 325 8 5 3 1 70.125 4 27 2 2 2 2                  . （2）由题意， 2 1 2 1 4 2 0.5 22 2 25 1 5log log 3 log log log 3 log 5 9 5 3           2 2 2 5log log 3 log 5 3    2 2 2 2log 5 log 3 log 3 log 5 0    . 答案第 7页，共 11页 （3）由 sin cos 3 sin cos        ， 化简得 4cos 2sin  ，因此 sintan 2 cos     . 所以 2 2 2 2 sin 2sin cossin 2sin cos sin cos            2 2 2 2 tan 2tan 2 2 2 0 tan 1 2 1            ； 16．（1） π 4 ； （2）1； （3） 3 . 【分析】（1）由 5sin 5   ， 3 10cos 10   ，求出 2 5cos 5   和 10sin 10   ，利用两角和的 余弦公式求出  cos   ，可得  的值； （2）括号里切化弦，通分，辅助角公式化简，再与括号外算式利用倍角公式和诱导公式化 简即可； （3）利用两角和的正切公式和特殊角的三角函数值求解. 【详解】（1） 为锐角， 5sin 5   ，则 2 5cos 5   ，  为锐角， 3 10cos 10   ，则 10sin 10   ， 得   2 5 3 10 5 10 2cos cos cos sin sin 5 10 5 10 2              ，  ， 为锐角，0 π    ，则 π 4    ； （2）   1 3cos10 sin103 sin10 2 2sin 50 1 3 tan10 sin 50 1 2sin 50 cos10 cos10                           2sin 50 sin 10 30 2sin 50 cos50 sin100 cos10 1 cos10 cos10 cos10 cos10                  ； （3） 5π 5π 5π 5πtan tan tan tan 5π 5π 5π π4 12 4 12 tan tan tan 35π 5π 5π 4 12 3 31 tan 1 tan tan 12 4 12                 . 17．(1) 11, 2       ； (2)答案见解析 答案第 8页，共 11页 (3) 2 7 4 , 3         ． 【分析】（1）根据一元二次不等式的解法，即可求解； （2）讨论 0a  ， 0a  和 0a  三种情况，讨论不等式的解集，当 0a  时，讨论两根的大小， 求解不等式的解集； （3）首先参变分离， 2 2 1 1 xa x x     ，利用换元，以及基本不等式，转化为求 2 2 1 1 x x x    的 最大值. 【详解】（1） 2a   时， 22 3 1 0x x    22 3 1 0x x      2 1 1 0x x    11 2 x     ， 则所求不等式的解集为： 11, 2       ； （2）当 0a  时，  2 1 1 0 1 0 1ax a x x x           ； 当 0a  时，       2 11 1 0 1 1 1 0ax a x ax x a x x a                ， 当 0a  时，有 1 1 a   ，则此时不等式解集为：   1, 1 , a          ； 当 0a  ，    1 11 0 1 0a x x x x a a                  ． 若 1 1 a   ，即 1 0a   时，不等式解集为： 1 , 1 a      ； 若 1 1 a   ，即 1a   时，不等式解集为： 11, a      ； 若 1 1 a   ，即 1a   时，不等式解集为空集． 综上， 0a  时，解集为  , 1  ； 1a   时，解集为； 0a  时，解集为   1, 1 , a          ； 1 0a   时，解集为 1 , 1 a      ； 1a   时，解集为 11, a      ； （3）        21 1 2 1 1 2 1ax x a x a a x x x          ， 因 2 21 3 31 ( ) 0 2 4 4 x x x       ，则 2 2 1 1 xa x x     ． 答案第 9页，共 11页 则题目等价于 2 max 2 1 0 1 xa x x x       ， ． 令 2 1x t  ，因 0x  ，则 1t  ． 则 22 2 1 1 1 1 1 2 2 x t x x t t             2 4 4 74 7 4 t t t t t       4 2 2 7 4 37 7 22 4t t        ， 当且仅当 7t t  ，即 7t  时等号成立， 所以 2 7 4 3 a  ，即 a的取值范围为 2 7 4 , 3         ． 18．(1) π π ,0 , Z 2 12 k k      (2)存在， π π, 3 2      (3) 3[ , ) 2  【分析】（1）由题意.利用正弦函数的图象的对称性.求得函数的对称中心． （2）由题意.根据正弦函数的单调性.得出结论． （3）由题意.求得函数  f x 的最大值和最小值.可得实数 m的取值范围． 【详解】（1）对于函数   πsin 2 6 f x x      ， 令 π2 π 6 x k  ， Zk ，求得 π π 2 12 kx   ， Zk ， 所以函数的对称中心为 π π ,0 , Z 2 12 k k      . （2）当 π0, 2 x     ，有 π π 5π2 , 6 6 6 x       ， 当 π π 5π2 , 6 2 6 x       时，函数单调递减，即 π π 5π2 2 6 6 x   ，求得 π π 3 2 x  ， 可得函数的减区间为 π π, 3 2      ， 故函数  f x 在 π0, 2 x     内存在单调减区间 π π, 3 2      ． （3）由 π0, 2 x     ，有 π π 5π2 , 6 6 6 x       ，   π 1sin 2 ,1 6 2 f x x             ， 答案第 10页，共 11页 故函数  f x 的最大值为 1，最小值为 1 2  ； 若 1 2 π, 0, 2 x x       都有    1 2f x f x m  恒成立， 则    max min 1 31 2 2 m f x f x     ， 故实数 m的取值范围为 3[ , ) 2  . 19．(1)    2 2 , 2,2x xf x x    ，    2 2log , 2,2 2 xg x x x      ． (2) 6 ,2 5       (3)  1,2 【分析】（1）利用奇偶性构造方程，解方程组得解； （2）利用对数函数单调性解不等式得解； （3）利用复合函数的单调性求出函数最值，原问题可化为     min max5 | | 4 ( )g x f x f x  ，列 出不等式即可得解. 【详解】（1）  g x 为奇函数，    g 0g x x    ，  f x 为偶函数，    f x f x   ．     2 22 2 log 2 x x xf x g x x        ，①        2 2 2 2g 2 2 log , g 2 2 log 2 2 x x x xx xf x x f x x x x                 ，② 联立①②得，    2 2 , 2,2x xf x x    ，    2 2log , 2, 2 2 xg x x x      ． （2）    2 22, log 2, 2, 2 2 xg x x x           ． 2 2 2 1log log 2 4 x x     ， 2 1 2 4 x x     ， 6 2 5 x   ， 不等式   2g x   的解集为 6 , 2 5       ． （3）    2 2 , 2,2x xf x x    ， 当  0,2x 时，令  2 1,4xt   为增函数， 答案第 11页，共 11页 由 1y t t   在  1,4 上单调递增知，知  f x 在 0,2 单调递增， 所以  f x 的最小值为 (0) 2f  ．    2 2 2 4g log log 1 , 2,2 2 2 xx x x x             ， 由 41 2 u x    在 0,2 上单调递减， 2logy u 单调递增， 知  g x 在  0,2 单调递减，  g x 的最大值为  0 0g  ． 当  0,2x 时，    f x g x ． 存在实数  , , 0,m s t a 满足      5 4g m f s f t  ，     min max5 | | 4 ( )g x f x f x   ， max max 55 2 0 4 ( ) , ( ) 2 f x f x  ．  , , 0, , 0m s t a a   ，  f x 在 0,a 取到最大值， 2a  ， 52 2 2 a a   ，解得 1a   ，或 1a  ． 综上所述， a的取值范围为  1,2 ．