精品解析：天津市第一0二中学2024-2025学年高一上学期12月阶段测试数学试题

2024级高一年级 12月阶段测（数学） 一、单选题（共60分，15小题，每题4分） 1. 在范围内，与角终边相同的角是 A. B. C. D. 2. 等于 A. B. C. D. 3. 当时，在同一平面直角坐标系中，函数与的图象是（ ）． A. B. C. D. 4. 若角的终边经过点，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 5. （ ） A. B. C. D. 6. 函数的值域为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 11. 已知，若是方程的两根，则（ ） A. 或 B. C. D. 12. 方程的解所在的区间是 A. B. C. D. 13. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 14. 下列代数式的值为1的有（ ） ① ② ③ ④ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 15. 已知函数若函数有四个不同的零点，，，，且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 二、填空题 （3×6=18分） 16. 的值是_____. 17. 函数的定义域为________． 18. 设 ，则的值是__________________________. 19. 若，，则的值为______． 20. 若函数在区间上存在零点，则常数a的取值范围为________． 21. 函数的图象恒过定点A，若点A在一次函数的图象上，其中则的最小值为_________ 三、解答题（42分） 22. （1）已知扇形的周长为， 面积是 ，求扇形的圆心角 ； （2）计算: . 23. 已知，. （1）求，的值； （2）求的值. 24. 已知. （1）化简，并求； （2）求函数的值域. 25. 已知函数（a为常数）. （1）若，写出函数的定义域及单调递减区间； （2）若函数的定义域为，求实数a的取值范围： （3）当时， ①若，试用表示； ②是否存在正整数，使得关于的不等式在区间上有解? 若存在，求出的最大值，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高一年级 12月阶段测（数学） 一、单选题（共60分，15小题，每题4分） 1. 在范围内，与角终边相同的角是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据与角终边相同的角是 2kπ+（），k∈z，求出结果． 【详解】与角终边相同的角是 2kπ+（），k∈z，令k＝1，可得与角终边相同的角是， 故选A． 【点睛】本题考查终边相同的角的定义和表示方法，得到 与角终边相同的角是 2kπ+（），k∈z，是解题的关键 2. 等于 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】故选B 3. 当时，在同一平面直角坐标系中，函数与的图象是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由对数函数指数函数单调性以及它们各自所过的定点即可得解. 【详解】当时，函数与分别在各自的定义域内单调递减、单调递增， 故可排除BCD， 且函数与图象分别过定点，经检验，A符合题意. 故选：A. 4. 若角的终边经过点，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据终边经过点的坐标可得正切值，利用齐次式可得答案. 【详解】因为角的终边经过点，所以； . 故选：C. 5. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平方关系化简，结合角所在象限判断三角函数符号然后可得. 【详解】 因为，所以，所以. 故选：B 6. 函数的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用指数函数的性质求得，再由对数函数的性质可得结果. 【详解】， ， ， ∴函数的值域为. 故选：A 【点睛】本题主要考查指数函数与对数函数的基本性质，属于基础题. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用指对数的运算，结合指数、对数的性质即可判断大小关系. 【详解】，，， ∴， 故选：D 【点睛】本题考查了比较指对数的大小，应用了指对数运算及性质，属于简单题. 8. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式求集合M，利用对数函数的性质求集合N，再结合交集概念求答案即可. 【详解】由题意得， ， 所以， 故选：D. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助诱导公式计算即可得. 【详解】，故， 故. 故选：D. 10. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】所求可变形为，利用诱导公式，结合题意，即可求得答案. 【详解】解：∵， ∴， 故选：C． 11. 已知，若是方程的两根，则（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据韦达定理可得的和与积关系, 再根据判断的范围.再代入两角和的正切公式求解,判断的大小即可. 【详解】因为是方程的两根可得 .所以均为正数,又,故 所以.又.故. 故选：C 【点睛】本题主要考查了两角和的正切公式的运用,包括根据正切值范围求解角度范围的方法等.属于中等题型. 12. 方程的解所在的区间是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据零点存在性定理判定即可. 【详解】设，， 根据零点存在性定理可知方程的解所在的区间是. 故选：C 【点睛】本题主要考查了根据零点存在性定理判断零点所在的区间,属于基础题. 13. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平方关系，结合同角三角函数关系式，即可求解. 【详解】，，，，， ，所以. 故选：C 14. 下列代数式的值为1的有（ ） ① ② ③ ④ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】利用分数指数幂的运算法则求解可求得① ；利用对数换底公式并逆用对数的运算性质可求得② ；利用诱导公式化简求值得③ ；利用诱导公式和同角的基本关系式可得④ . 【详解】对于① ，，故① 式值不为1； 对于② ，，故② 式值为1； 对于③ ，，故③ 式值不为1； 对于④ ，，故④ 式值为1. 故选：B. 15. 已知函数若函数有四个不同的零点，，，，且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出函数图象，根据函数图象得出4个零点的关系及范围，进而得出结论. 【详解】函数的四个不同的零点，，，，就是函数与两个图象四个交点的横坐标， 作出函数的图象， 对于A，， 当时，，令，解得， 结合图象可知，故A错误； 结合图象可知，解得，故B正确； 又，且， 所以，即， 所以，故C错误； 根据二次函数的性质和图象得出，所以，故D错误； 故选：B 二、填空题 （3×6=18分） 16. 的值是_____. 【答案】## 【解析】 【分析】利用余弦的和差公式、诱导公式及特殊角的三角函数值可解. 【详解】. 故答案为：. 17. 函数的定义域为________． 【答案】 【解析】 【分析】 保证真数大于零，分母不等于0，根号下数大于等于0，即可 【详解】，得 故答案为： 18. 设 ，则的值是__________________________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据函数解析式，依次代值计算即可. 【详解】由题意，， 则. 故答案为：. 19. 若，，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题中条件，根据两角差的正切公式，即可求出结果. 【详解】因为，， 所以. 故答案为： 20. 若函数在区间上存在零点，则常数a的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数单调性，结合函数零点存在定理即可得到答案. 【详解】因为在上均为增函数， 则函数在区间上为增函数，且函数图象连续不间断， 故若在区间上存在零点，则，可得． 故答案为：. 21. 函数的图象恒过定点A，若点A在一次函数的图象上，其中则的最小值为_________ 【答案】8 【解析】 【详解】∵函数（，且）的图象恒过定点A， ∴当时，，∴，又点A在一次函数的图象上，其中， ∴，又， ∴，，∴，（当且仅当时取“”），故答案为8. 点睛：本题主要考查了基本不等式.基本不等式求最值应注意的问题(1)使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其前提“一正、二定、三相等”的忽视．要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可．(2)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件． 三、解答题（42分） 22. （1）已知扇形的周长为， 面积是 ，求扇形的圆心角 ； （2）计算: . 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据扇形的弧长与面积公式列方程计算即得； （2）利用对数的运算性质和换底公式及幂的运算法则化简计算即得. 【详解】（1）设扇形的半径为，由题意可得：， 解得：或，因，故； （2）由 . 23. 已知，. （1）求，的值； （2）求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据同角关系得正弦值，即可由正弦的二倍角公式求解， （2）根据余弦的二倍角公式以及和差角公式即可求解. 【小问1详解】 由以及可得， 故 【小问2详解】 24. 已知. （1）化简，并求； （2）求函数的值域. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先利用诱导公式对函数化简，再代值计算即可， （2）由（1）可得，化简后结合二次函数的性质可求得函数的值域. 【小问1详解】 由题意可得， 故； 【小问2详解】 因为， 因为， 所以当时，，当时， 所以的值域为. 25. 已知函数（a为常数）. （1）若，写出函数的定义域及单调递减区间； （2）若函数的定义域为，求实数a的取值范围： （3）当时， ①若，试用表示； ②是否存在正整数，使得关于的不等式在区间上有解? 若存在，求出的最大值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）定义域为，单调递减区间为 （2） （3）①；②的最大值为2 【解析】 【分析】（1）根据复合函数的定义域及单调性求解即可； （2）由题意可得对于恒成立，进而结合二次函数的性质求解即可； （3）①利用换底公式及对数的运算性质求解即可； ②转换问题为在区间上有解，进而利用二次函数的性质求解即可. 【小问1详解】 当时，， 由，即，解得或， 则函数的定义域为. 而函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在定义域内为增函数， 根据复合函数的单调性，函数的单调递减区间为. 【小问2详解】 由题意，函数的定义域为， 则对于恒成立， 当时，不等式为，不恒成立； 当时，，无解. 综上所述，实数a的取值范围为. 【小问3详解】 当时，. ①因为， 所以. ②由，则， 则不等式可化为， 则，即在区间上有解， 令，则， 因为， 所以， 又是正整数，故的最大值为2. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键在于转化问题为在区间上有解，进而结合二次函数的性质求解即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $