精品解析：安徽省六安第一中学2024-2025学年高一上学期期末考试数学试题

六安一中2024年秋学期高一年级期末考试 数学试卷 满分：150分 时间：120分钟 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由全称量词命题的否定为存在量词命题即可求解. 【详解】“”的否定为：． 故选：D 2. 若函数，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据解析式求解函数值即可. 【详解】由函数得， . 故选：A 3. 已知函数. 若有零点；，则是的（ ） 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 【答案】B 【解析】 【分析】先化简因为有零点，则，即，再由集合法判断. 【详解】因为有零点，所以，即. 又，显然不能推出，但能够推出. 所以是的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本题主要考查常用逻辑用语中的充分必要条件的判断，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 4. 已知函数（，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用图象得出，，进而求得，再代入点坐标，可得，进而求出. 【详解】由函数的图像可知， ，则，． 由，解得， 则， 故， 故选：B 5. 已知，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接由平方关系以及商数关系化简求解即可. 【详解】由题意，所以， 化简得，因为，所以， 所以，解得. 故选：B. 6. 设函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复合函数的单调性可得在区间上单调递减且在区间上恒成立，列出不等式组，解之即得. 【详解】因函数在定义域范围内单调递增， 由题意，可得在区间上单调递减且在区间上恒成立， 而，故需使 ①， 由即在区间上恒成立，即②， 综合①，②，可得. 故选：B. 7. 古希腊数学家泰特托斯（Theaetetus，公元前417—公元前369年）详细地讨论了无理数的理论，他通过图来构造无理数，，，，如图，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用直角三角形中边角关系和两角和的余弦公式即可求解. 【详解】记，由图知：，，， 所以 . 故选：B. 8. 已知是偶函数，且在上是增函数，若在上恒成立，则实数的取值范围是（     ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对称性可得单调性，由此可将恒成立的不等式化为，根据二次函数图象讨论的方法可构造不等式组求得结果. 【详解】为偶函数，，关于直线对称， 又在上是增函数，在上是减函数， 在上恒成立，在上恒成立， 在上恒成立， 当时，，不合题意； 当时，，符合题意； 当，即时，，解得：或； 综上所述：实数的取值范围为. 故选：A. 【点睛】方法点睛：本题考查利用函数单调性、对称性求解函数不等式的问题，解决此类问题中，对称性和单调性的作用如下： （1）对称性：统一不等式两侧符号，同时根据对称性确定对称区间的单调性； （2）单调性：将函数值的大小关系转化为自变量之间的大小关系. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 关于函数，下列说法正确的有（    ） A. 函数与函数的图象重合 B. 函数的最大值为1 C. 函数的图象关于点中心对称 D. 函数在区间内单调递减 【答案】AD 【解析】 【分析】根据诱导公式可判断；根据余弦型函数的最大值可判断；利用代入检验法判断对称中心可判断；整体代入法求出的单调递减区间，令可判断. 【详解】对于：，故A正确； 对于：函数的最大值为2，故B错误； 对于：因为，所以函数的图象不关于点中心对称，故C不正确； 对于：令，解得， 令，可知函数在区间内单调递减，故D正确． 故选：AD. 10. 若a，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 有最大值 B. 有最小值4 C. 有最小值 D. 有最小值 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据基本不等式及“1”的妙用求解判断各选项即可. 【详解】实数，且满足， 选项A：（当且仅当时等号成立）. 则有最大值，A正确； 选项B：， 当且仅当时等号成立， 则有最小值4，B正确； 选项C：， 当且仅当时等号成立， 所以有最小值，C正确； 选项D：由， 当且仅当时等号成立， 所以，即有最大值，D错误. 故选：ABC. 11. 已知函数，，的零点分别为，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据函数的单调性及零点存在定理可得，，所在区间，进而可判断ACD，由题可知，分别为，与直线的交点的横坐标，结合反函数的性质可判断B. 【详解】因为单调递增，又，， 所以， 因为单调递增，，， 所以，则，故A错误； 因为单调递增， ， 所以，又，所以，故C正确； 因，，所以，，故D错误； 由，可得， 由，可得， 又函数与互为反函数图象关于对称， 作出函数，及的图象， 又与垂直，由，可得， 则，与直线的交点的横坐标分别为，，且，故B正确. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 的值为_________ 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值求解即得. 【详解】. 故答案为： 13. ________. 【答案】7 【解析】 【分析】根据换底公式、对数的运算性质计算可得. 【详解】 . 故答案为： 14. 已知函数，其中，，且恒成立，若在区间上恰有个零点，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，即可得到，再由范围求出的范围，即可得到，即可求出的取值范围. 【详解】因为恒成立，则， 所以，则， 当时，， 因为，则， 因为在区间上恰有个零点，则， 即，，解得，， 因为，由题意可知. 所以，可得； 即的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出，再结合零点个数得到. 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. 已知集合，. （1）当时，求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）解指数不等式求得集合，由此求得； （2）对集合是否为空集进行分类讨论，结合列不等式，从而求得的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以， 当，，∴. 【小问2详解】 ∵， ∴当时，，即，符合题意； 当时，即时，只需或即可， 解得或， 综上，取值范围为. 16. 已知函数． （1）若，求的值域和单调递增区间； （2）将的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的倍，得到函数的图象，求的解析式和它的对称轴． 【答案】（1）， （2），对称轴为 【解析】 【分析】（1）求出即可求出值域，利用正弦函数的递增区间可求得函数的递增区间； （2）利用图象变换规律求出的解析式，再利用三角函数的性质求解． 【小问1详解】 因为，所以， 所以的值域是， 因为在的单调递增区间是， 所以，解得， 所以的单调递增区间为． 【小问2详解】 的图象上所有点的横坐标变为原来的可得， 的图象上所有点的纵坐标变为原来两倍可得； 因为的对称轴是， 所以令，，解得． 所以的对称轴为． 17. 已知函数. （1）化简并求出它的最小正周期； （2）在中，若，求的最大值. 【答案】（1）；最小正周期为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简整理，进而可得最小正周期； （2）代入结合正弦函数最值可得，根据消元，利用三角恒等变换化简整理即可得最值. 【小问1详解】 依题意， ， 所以函数的周期为. 【小问2详解】 由（1）知，， 在中，则，可得， 于是，解得， 则，即， 可得， 因为，则， 可知当，即时，， 所以的最大值为. 18. 已知函数为幂函数，且在区间上单调递增，令． （1）求函数的解析式； （2）当时，求函数在区间上的值域； （3）若存在，使得能成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据幂函数的定义以及单调性可得出关于的等式与不等式，解出的值，即可得出函数的解析式； （2）令，求出函数在区间上的值域即可； （3）令，可得，不等式转化为，由参变量分离法可得，其中，结合基本不等式可求得的取值范围. 【小问1详解】 因为幂函数在区间上单调递增， 则，解得， 故. 【小问2详解】 当时，可得， 令，因为，所以，即可得， 所以，函数在区间上单调递减， 当时，，当时，. 所以函数在区间上的值域为. 小问3详解】 令，因为，所以， 因为，即转化为， 由参变量分离法可得，其中，所以，， 由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时，等号成立，所以， 综上可知，实数的取值范围为. 19. 若函数与满足：对任意的，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶伴随函数”；当时，则称为区间上的“阶自伴函数”． （1）判断是否为区间上的“阶自伴函数”，并说明理由； （2）若函数为区间上的“1阶自伴函数”，求的值； （3）若是在区间上的“2阶伴随函数”，求实数的取值范围． 【答案】（1）是，理由见解析 （2）2 （3）． 【解析】 【分析】（1）利用“阶自伴函数”的概念，结合对数函数的单调性求出到上的值域为即可判断； （2）理解“阶自伴函数”的概念，利用指数函数的单调性求出在给定区间的值域，把问题转化为两个集合之间的关系，再建立不等式组进行求解； （3）理解“阶伴随函数”的概念，得出在的值域是在的值域的子集，且值域所对应的自变量唯一，求出，根据，进行分类讨论求解． 【小问1详解】 由题知为区间上的“3阶自伴函数”， 则任意，总存在唯一的，使， ，所以成立即可， 又因为，满足成立， 任意，总存在唯一的，使成立， 是区间上的“3阶自伴函数”． 【小问2详解】 由题知为区间上的“1阶自伴函数”， 则任意，总存在唯一的，使， ，则只需使成立即可， 单调递增， ， 因为任意，总存在唯一的，使成立， 即，则，即，即， 故． 【小问3详解】 由是在区间上的“2阶伴随函数”， 即任意，总存在唯一的，使成立， 即成立， 即在的值域是在的值域的子集，且值域所对应的自变量唯一， ， ， 即， ， 对称轴为， 当时，在上单调递减，只需，即，解得：， 当时，在上单调递减，在上单调递增， 只需，即，解得：， 综上所述，实数的取值范围为． 【点睛】本题首先要理解“m阶自伴函数”或“m阶伴随函数的意义”，然后根据每一小问函数的类型设计出解决问题的思路，对于第三问，数存在对称轴问题，需要仔细分类讨论，特别是当时，要考虑对称轴在区间时，二次函数的图像的形状，以此来建立不等式求出a的范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 六安一中2024年秋学期高一年级期末考试 数学试卷 满分：150分 时间：120分钟 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 2. 若函数，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 3. 已知函数. 若有零点；，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知函数（，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 5 已知，则 （ ） A. B. C. D. 6. 设函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 古希腊数学家泰特托斯（Theaetetus，公元前417—公元前369年）详细地讨论了无理数的理论，他通过图来构造无理数，，，，如图，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知是偶函数，且在上是增函数，若在上恒成立，则实数的取值范围是（     ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 关于函数，下列说法正确的有（    ） A. 函数与函数的图象重合 B. 函数的最大值为1 C. 函数的图象关于点中心对称 D. 函数在区间内单调递减 10. 若a，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 有最大值 B. 有最小值4 C. 有最小值 D. 有最小值 11. 已知函数，，的零点分别为，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 的值为_________ 13. ________. 14. 已知函数，其中，，且恒成立，若在区间上恰有个零点，则的取值范围是________. 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15 已知集合，. （1）当时，求； （2）若，求取值范围. 16. 已知函数． （1）若，求的值域和单调递增区间； （2）将的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的倍，得到函数的图象，求的解析式和它的对称轴． 17. 已知函数. （1）化简并求出它最小正周期； （2）在中，若，求的最大值. 18. 已知函数为幂函数，且在区间上单调递增，令． （1）求函数的解析式； （2）当时，求函数在区间上的值域； （3）若存在，使得能成立，求实数取值范围． 19. 若函数与满足：对任意的，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶伴随函数”；当时，则称为区间上的“阶自伴函数”． （1）判断是否为区间上的“阶自伴函数”，并说明理由； （2）若函数为区间上的“1阶自伴函数”，求的值； （3）若是在区间上的“2阶伴随函数”，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$