精品解析：山东省淄博市2024-2025学年高一上学期1月期末教学质量检测数学试题

2024—2025学年度第一学期高一教学质量检测 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上. 2回答选择题时，选出每小题答案后，用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.写在本试卷上无效. 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一．单项选择题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. （ ） A. B. C. D. 1 4. 下列函数零点不能用二分法求出的是（ ） A B. C. D. 5. 已知某扇形的周长为4，则该扇形的面积的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知 是定义域为 的偶函数，且在 上单调递减，，则（ ） A. B. C D. 7. 已知，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知 ，若不等式 恒成立，则实数 的取值范围是（ ） A. B. 或 C. D. 或 二．多项选择题：本题共3小题，每小题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. 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但宣布全对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知非零实数，且，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的定义域为，则（ ） A. B. C. 奇函数 D. 是单调函数 11. 已知函数，则（ ） A. 若方程有四个不同的实根，则其中两个负根之和为 B. 若方程有四个不同的实根，则其中两个正根之积为1 C. 若方程三个不同的实根，则的取值范围为 D. 方程的两根之积小于1 三．填空题：本题共3小题，每小题5分. 共15分. 12. _____. 13. ，且，则______ 14. 已知函数，对于且，都有 成立，则 的取值范围为_____. 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. 函数 . （1）证明：函数 的图象是中心对称图形； （2）若，根据定义证明函数的单调性. 16. 已知函数部分图象 (如图所示） （1）求函数的解析式; （2）当时，求函数的最大值和最小值 17. 已知函数的图象恒过定点，且点在函数 的图象上. （1）若，求的值； （2）若函数在区间上的图象总在直线上方，求实数的取值范围. 18. 已知函数 . （1）关于的不等式的解集为，求的最小值； （2）解关于的不等式. 19. 已知集合，若集合中存在三个元素，同时满足:①；②；③为偶数，则称集合具有性质.已知集合 ，对于集合非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的 “期待子集”. （1）若集合，判断集合是否具有性质，并说明理由； （2）若集合 具有性质，证明: 集合是集合的“期待子集”； （3）已知集合是集合的非空子集，证明: “集合是集合的‘期待子集’” 是 “集合具有性质”的充要条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度第一学期高一教学质量检测 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上. 2回答选择题时，选出每小题答案后，用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.写在本试卷上无效. 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一．单项选择题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可求得，再由交集运算可得结果. 【详解】由可得， 所以. 故选：A 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】直接用存在量词否定全称命题即可得到答案. 【详解】因为用存在量词否定全称命题， 所以命题“，”的否定是“，”. 故选：A 3. （ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据正切函数周期性求解. 【详解】. 故选：D 4. 下列函数零点不能用二分法求出的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二分法的概念，在零点两侧函数值异号进行逐一判定. 【详解】对于A选项，在上单调递增，且与轴有唯一交点， 交点两侧的函数值异号，则可用二分法求解，A正确； 对于B选项，当时，， 当且仅当时，等号成立，无零点； 当时，当且仅当时，等号成立， 在上单调递减，在上单调递增， 此时有两个零点，且函数值在零点两侧异号，故可用二分法求零点，B正确； 对于C选项，由题意可知只有一个零点， 且在该零点左右两边的函数值都大于零，故不宜用二分法求解该零点，C错误； 对于D选项，， 在单调递增，单调递减，所以， 则零点处的两侧函数值异号，可用二分法求解，D正确. 故选：C 5. 已知某扇形的周长为4，则该扇形的面积的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由扇形的面积公式结合二次函数的性质求解即可. 【详解】设扇形的半径为，弧长为，则，即， 又扇形的面积，将上式代入，得， 当且仅当时，有最大值1． 故选：A． 6. 已知 是定义域为 的偶函数，且在 上单调递减，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】函数是定义域为R的偶函数，且在 上单调递减，又，，利用函数的单调性即可得到结果. 【详解】因为函数是定义域为 的偶函数，且在 上单调递减， 所以函数在 上单调递增， 又，，所以. 故选：B 7. 已知，且，则下列结论正确是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用与之间的关系式，再由平方关系计算可得A错误，B错误，联立方程组并由商数关系可得C错误，代入计算可得D正确. 【详解】由可得，即； 所以，即，即A错误； 又，所以，因此 所以，即B错误； 联立，可得， 所以，即C错误； 代入计算可得，即D正确. 故选：D 8. 已知 ，若不等式 恒成立，则实数 的取值范围是（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】先将不等式 恒成立，转化为，求出最小值，解不等式即可得到答案. 【详解】不等式恒成立，等价于， 又，故恒成立， 所以， 又，故， 即，解得 或 故选：B 二．多项选择题：本题共3小题，每小题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. 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但宣布全对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知非零实数，且，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 分析】举反例判断B、D；根据指数函数单调性判断A；作差法判断C. 【详解】对于A选项，由，知，所以，A正确； 对于B选项，取，，则，B错误； 对于C选项，由，得，则，C正确； 对于D选项，取，，，D错误. 故选：AC 10. 已知函数的定义域为，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 是单调函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用赋值法计算可得AB正确，根据函数奇偶性定义可得满足，即可知C正确，结合选项中的函数值可判断D错误. 【详解】对于A，令，可得，可得，即A正确； 对于B，令，可得，可得，即B正确； 对于C，令，可得，即， 因此是奇函数，所以C正确； 对于D，因为，而，因此不是单调函数，即D错误. 故选：ABC 11. 已知函数，则（ ） A. 若方程有四个不同的实根，则其中两个负根之和为 B. 若方程有四个不同的实根，则其中两个正根之积为1 C. 若方程三个不同的实根，则的取值范围为 D. 方程的两根之积小于1 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出函数的图象，利用二次函数、对数函数的图象性质求解判断ABC；求出方程的一个根及另一根的范围即可得解. 【详解】函数的图象如下： 对于AB，方程有四个不同的实根，即直线与函数的图象有4个交点， 则，设4个交点的横坐标依次为，且， 是方程的两个不等实根，则，A正确； 由，得，即，，B正确； 对于C，当时，直线与函数的图象有3个交点，C错误； 对于D，当时，，所以由得， 所以或， 当时，，函数单调递增，是方程唯一的根， 当时，，即在内无解， 当时，令， ，于是在内有零点，即在内有解， 因此方程的两根之积小于1，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：正确作出函数图象，数形结合是求解本题的关键. 三．填空题：本题共3小题，每小题5分. 共15分. 12. _____. 【答案】 【解析】 【分析】根据对数、指数幂运算求解. 【详解】 故答案为： 13. ，且，则______ 【答案】 【解析】 【分析】依据，使用整体代换以及平方关系计算即可. 【详解】由，所以 因为，所以，所以 所以 故答案为： 14. 已知函数，对于且，都有 成立，则 的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题中条件，将问题转化为为递减函数，即可根据分段函数单调性求解. 【详解】由，可得， 故单调递减函数， 又， 则，解得. 故答案为：. 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. 函数 . （1）证明：函数 的图象是中心对称图形； （2）若，根据定义证明函数的单调性. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求函数定义域，再证明函数为奇函数即可； （2）根据定义证明函数为减函数. 【小问1详解】 根据题意，令，得， 即函数的定义域为，关于原点对称， 且， ， 所以函数为奇函数，图象关于原点对称； 【小问2详解】 根据题意，时，， 设， 则， 因为，所以，， ， ， ，， 即，所以函数在上为减函数. 16. 已知函数的部分图象 (如图所示） （1）求函数的解析式; （2）当时，求函数的最大值和最小值 【答案】（1）； （2）最大值、最小值分别为、. 【解析】 【分析】（1）根据给定的图象，结合“五点法”求出解析式. （2）由（1）中解析式，结合余弦函数的性质求出最值. 【小问1详解】 观察图象，得的最小正周期，解得， 由，且在的单调递减区间内，得， 又，则，， 由，得， 所以函数的解析式为. 【小问2详解】 当时，， 当，即时，， 当，即时，， 所以函数的最大值、最小值分别为、. 17. 已知函数的图象恒过定点，且点在函数 的图象上. （1）若，求的值； （2）若函数在区间上的图象总在直线上方，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据指数函数的性质求得点，代入可得，解方程可得； （2）将问题转化为不等式在区间上恒成立，再由基本不等式计算可得实数的取值范围. 【小问1详解】 由函数的图象恒过定点，可得； 将点的坐标代入可得，解得； 所以， 因为，即， 整理可得，即， 解得或（舍）； 所以； 【小问2详解】 由（1）可知，； 所以， 函数在区间上的图象总在直线上方，可得在区间上恒成立， 整理可得在区间上恒成立，因此； 易知，当且仅当时，等号成立； 即； 因此实数的取值范围为. 18. 已知函数 . （1）关于的不等式的解集为，求的最小值； （2）解关于的不等式. 【答案】（1） （2）答案见解析； 【解析】 【分析】（1）利用一元二次不等式的解集与方程根的关系可得且，再由基本不等式中“1”的应用可得结果； （2）对参数的取值分类讨论，利用一元二次不等式的解法即可求解. 【小问1详解】 由关于的不等式的解集为可得是方程的两个实数根，且，； 因此可得，因此； 且， 可得， 当且仅当时，即时，等号成立； 此时满足题意，的最小值为； 【小问2详解】 整理不等式可得， 即； 当时，不等式为，其解集为； 当时，不等式为，其解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式为的解集为或. 19. 已知集合，若集合中存在三个元素，同时满足:①；②；③为偶数，则称集合具有性质.已知集合 ，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的 “期待子集”. （1）若集合，判断集合是否具有性质，并说明理由； （2）若集合 具有性质，证明: 集合是集合的“期待子集”； （3）已知集合是集合的非空子集，证明: “集合是集合的‘期待子集’” 是 “集合具有性质”的充要条件. 【答案】（1）不具有性质 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据给定的定义条件，进行判断； （2）由性质P确定集合B，再根据“期待子集”的定义，确定集合是集合的“期待子集”. （3）分别证明充分性和必要性. 【小问1详解】 集合不具有性质，理由如下： 若取，为奇数，不满足条件③； 若取，或或， 均有，不满足条件②， 所以不具有性质； 【小问2详解】 由是偶数，得实数是奇数， 当时，由，得，即， 因为不是偶数，所以不合题意. 当时，由，得，即，或， 因为是偶数，不是偶数，所以不合题意. 所以集合，令， 解得， 显然，所以集合是集合的“期待子集”； 【小问3详解】 先证充分性：当集合是集合的“期待子集”时，存在三个互不相同的， 使得均属于，不妨设，令，，， 则，即满足条件①， 因为，所以，即满足条件②， 因为，所以为偶数，即满足条件③， 所以当集合是集合的“期待子集”时，集合具有性质.   再证必要性： 当集合具有性质，则中存在，同时满足①；②；③为偶数， 令，，，则由条件①得， 由条件②得，由条件③得均为整数， 因为， 所以，且均为整数，所以， 因为，所以均属于， 所以当集合具有性质时，集合是集合的“期待子集”， 综上所述，对于的非空子集，集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合 具有性质. 【点睛】方法点睛：与集合的新定义有关的问题的求解策略： （1）通过给出一个新的集合的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的； （2）遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$