精品解析：江苏省盐城市阜宁县2024-2025学年高一上学期1月期末数学试题

2024—2025学年度盐城市阜宁县1月期末质量监测 数学试题 （本卷满分150分 考试时间120分钟） 一、单选题 1. 已知集合，则用列举法表示（ ） A. B. C. D. 2. 设，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 3. 在单位圆中，已知角是第二象限角，它的终边与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数的部分图象如图所示，则 （ ） A. B. C. 1 D. 5. 已知的值域为，那么实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 定义域为的函数满足，，且，，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若有四个不同的解且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的图象与函数且的图象关于直线对称，记.若在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. B. 在区间有两个零点 C. 直线是曲线的对称轴 D. 在区间单调递增 10. 有下列几个命题，其中错误的命题是（ ） A. 已知扇形弧长为，圆心角为2，则该扇形面积为 B. 若 C. 函数的单调递增区间是 D. 已知函数对任意的，都有，的图像关于对称，则 11. 已知函数的定义域为.且满足，当时，，，则下列结论正确的有（ ） A. 是奇函数 B. 在上单调递增 C. D. 不等式的解集为 三、填空题 12. 的对称中心为_______． 13. 已知正实数，满足方程，则的最小值为_______． 14. 已知是定义在R上的偶函数，且对，都有，且当时，．若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则实数a的取值范围是________ 四、解答题 15. 已知，. （1）求的值； （2）求值：. 16. 已知（），对任意都有． （1）求的值； （2）若当时方程有唯一实根，求的范围． 17. 已知函数（，）为偶函数． （1）证明：； （2）当时，证明的单调性； （3）解关于的不等式． 18. 已知函数． （1）解关于的不等式； （2）若关于的方程在上有实数解，求实数的取值范围； （3）若将区间划分成2022个小区间，且满足，试判断和式是否为定值，若是，请求出这个值，若不是请说明理由． 19. 已知函数满足，函数． （1）求函数的解析式； （2）若不等式在上恒成立，求实数k的取值范围； （3）若关于x的方程有四个不同的实数解．求实数m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度盐城市阜宁县1月期末质量监测 数学试题 （本卷满分150分 考试时间120分钟） 一、单选题 1. 已知集合，则用列举法表示（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，结合得的值即可求解. 【详解】由得，，即， 又，∴ 故. 故选：C. 2. 设，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】先解不等式，然后根据充分、必要条件的定义判断即可. 【详解】因为，所以或，解得或， 所以不等式的解集为或； 因为，所以，解得或， 所以不等式的解集为或； 因为或是或的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 在单位圆中，已知角是第二象限角，它的终边与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意有求参数y，再由正弦函数的定义求. 【详解】由题意，且，解得， 所以. 故选：D 4. 函数的部分图象如图所示，则 （ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合函数图象，求得函数的解析式，再计算函数的函数值. 【详解】由图可知函数的周期， 故； 又由图象和函数解析式知函数过点，求得：，， 解得，，又， 故可得：， 故，满足， 则. 故选：D. 5. 已知的值域为，那么实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数在上的取值集合，再根据给定的值域确定函数在上的取值集合，列式求解作答. 【详解】当时，函数在上单调递增，其取值集合为，而函数的值域为R，因此函数在上的取值集合包含， 当时，函数在上的值为常数，不符合要求， 当时，函数在上单调递减，取值集合是，不符合要求， 于是得，函数在上单调递增，取值集合是， 则，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：A 6. 定义域为的函数满足，，且，，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得出函数的单调性和对称性，再进行分类讨论即可. 【详解】由题意，是函数的对称轴，在上是增函数， 所以在上是减函数， 又，所以， 所以当时，，满足， 当时，，，也满足， 所以不等式的解集为. 故选：D. 7. 已知函数，若有四个不同的解且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出与的图象，数形结合可得且，进而可得，令，，结合函数的单调性求解即可. 【详解】由，画出与的图象， 因为方程有四个不同的解，且， 即与有四个交点，所以， 由图可知， 又，关于对称，即， 又，且，即， 则，所以，则， 所以，且， 令，， 因为函数在上单调递减， 所以函数在上单调递减， 所以，即的最小值为. 故选：B． 8. 已知函数的图象与函数且的图象关于直线对称，记.若在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用反函数的性质求出函数的解析式，代入的见解析将函数表示出来，对进行分类讨论，利用复合函数的单调性即可求解. 【详解】函数的图象与函数且的图象关于直线对称， 与互为反函数， ， 令，函数可化为，对称轴为直线. 当时，为增函数，若在区间上单调递增， 则在上单调递增，，解得，不合题意，舍去. 当时，为减函数，若在区间上单调递增， 则在上单调递减，，解得. 综上得，的取值范围是. 故选：D. 二、多选题 9. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. B. 在区间有两个零点 C. 直线是曲线的对称轴 D. 在区间单调递增 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦型函数的对称性、单调性，结合函数零点的定义逐一判断即可. 【详解】对于A,代入点，得, ,,,故A正确; 对于B,由， ，所以或，所以该函数在区间有两个零点，故B正确； 对于C,代入，，故C错误; 对于D, 处于正弦函数的递增区间内，故D正确． 故选：ABD 10. 有下列几个命题，其中错误的命题是（ ） A. 已知扇形弧长为，圆心角为2，则该扇形面积为 B. 若 C. 函数的单调递增区间是 D. 已知函数对任意的，都有，的图像关于对称，则 【答案】AC 【解析】 【分析】计算得到A错误，根据均值不等式计算B正确，验证不满足定义域，C错误，确定函数单调性，根据对称性计算D正确，得到答案. 【详解】对选项A：扇形面积为，错误； 对选项B：， 当且仅当，即时等号成立，正确； 对选项C：当时，，不满足定义域，错误； 对选项D：当时，函数单调递减，的图像关于对称， 则，故，正确. 故选：AC 11. 已知函数的定义域为.且满足，当时，，，则下列结论正确的有（ ） A. 是奇函数 B. 在上单调递增 C. D. 不等式的解集为 【答案】BCD 【解析】 【分析】令，求得的值，再令得到；由函数单调性的定义法判断函数的单调性；令，得到，由此递推出；由题中等量关系化简不等式得，由函数单调性列出不等式，解的解集. 【详解】选项A，令，则，则；令，则， 所以，所以不是奇函数，A选项错误； 选项B，，，且，因为，所以； 又因为当时，，所以，所以， 故在上的单调递增，B选项正确； 选项C，令，则有，所以，，，…，， 将以上式子相加可得：，C选项正确； 选项D，因为，所以原不等式可化为； 由选项C可知，所以原不等式可化为； 因为在上单调递增，所以，解得，D选项正确. 故选：BCD. 三、填空题 12. 的对称中心为_______． 【答案】（） 【解析】 【分析】由正切函数图象的对称性可得答案. 【详解】令，解得，所以函数的对称中心为. 故答案为：. 13. 已知正实数，满足方程，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】通过构造函数，通过判断其单调性得到，再利用基本不等式求最值. 【详解】令，明显其在上单调递增， 又由得， 即， 所以，即，且， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 故的最小值为. 故答案为：. 14. 已知是定义在R上的偶函数，且对，都有，且当时，．若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则实数a的取值范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】先根据题意分析函数的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数在上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可. 【详解】由，可得：， 又因为是定义在R上的偶函数， 则，且函数图象关于轴对称， 所以，即的周期为4， 作出函数在上的图象， 根据对称性及周期为4，可得出在上的图象： 令， 若在区间内关于的方程至少有2个不同的实数根， 至多有3个不同的实数根， 则函数与函数在上至少有2个不同的交点， 至多有3个不同的交点， 所以，即，解得. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用，函数与方程的综合应用及数形结合思想.解题关键在于根据题意分析出分析函数的对称性及周期性，并作出和图象；将方程根的问题转化为函数图象交点问题，数形结合解答即可. 四、解答题 15. 已知，. （1）求的值； （2）求值：. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将两边平方得到，进而求得，与联立求出、，即可得解； （2）利用诱导公式化简，再由同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 即，所以， 又，则，所以，所以， 所以， 则 ， 所以，， 则． 【小问2详解】 因为， 所以 . 16. 已知（），对任意都有． （1）求的值； （2）若当时方程有唯一实根，求的范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件可得的图象关于直线对称，则，再结合的范围可求得结果； （2）令，则，由的单调性，将问题转化为与的图象有一个交点，结合图象从而可求出的范围； 【小问1详解】 对任意都有， 则函数的图象关于直线对称， 所以，，而，则，，所以． 【小问2详解】 ，当时，设， 在为增函数，在为减函数， 所以方程有唯一实根， 等价于与的图象有一个交点， 由图象可知或， 所以或， 所以的范围是． 17. 已知函数（，）为偶函数． （1）证明：； （2）当时，证明的单调性； （3）解关于的不等式． 【答案】（1）证明：由题意知，函数为偶函数，则， 得， 即对于恒成立，所以． 所以，即证． （2）证明：由，得， 又由（1）知，∴， 任取， ， 因为，所以，， ∴，得，即， 又因为， 故，即， 所以函数在上单调递增， 因为函数为偶函数，所以在上单调递减. （3） 【解析】 【分析】（1）根据函数的奇偶性可得对于恒成立，则，即可求解； （2）由题意及（1）可得，利用定义法证明函数的单调性； （3）结合函数的奇偶性和单调性建立不等式，解之即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为偶函数在上单调递增，且， 所以， 又因为， 所以， 即，解得， 故原不等式的解集为． 18. 已知函数． （1）解关于的不等式； （2）若关于的方程在上有实数解，求实数的取值范围； （3）若将区间划分成2022个小区间，且满足，试判断和式是否为定值，若是，请求出这个值，若不是请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）是定值，1 【解析】 【分析】（1）利用对数函数的单调性，即可求得答案； （2）将在上有实数解，转化为在上有实数解，结合对数函数单调性求函数值域，即可求得答案； （3）利用在区间上是增函数，化简已知和式，脱掉绝对值符号，即可求得答案. 【小问1详解】 解：由得，得，， 所以不等式的解集为； 【小问2详解】 解：在上有实数解， 在上有实数解， 因为在上是单调递增函数， 故， 则，即， 解得或； 所以实数的取值范围为 【小问3详解】 解：由知，在区间上是增函数， 对任意划分， 均有， 所以 ++ ， 所以此和式为定值1. 19. 已知函数满足，函数． （1）求函数的解析式； （2）若不等式在上恒成立，求实数k的取值范围； （3）若关于x的方程有四个不同的实数解．求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由条件构造关于和的方程组，即可求解； （2）首先不等式转化为在上恒成立，再通过换元，并参变分离为，，在上恒成立，转化为求函数的最值问题； （3）根据函数的解析式，并将不等式转化为，并利用换元，转化为二次函数零点分布问题，即可求解. 【小问1详解】 因为①， 则②， 故联立上述方程，解得； 【小问2详解】 由（1）知，， 因为不等式在上恒成立， 所以在上恒成立， 设，则， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 因为，所以，而在上单调递减， 故当时，取得最大值，最大值为， 所以， 所以的取值范围是； 【小问3详解】 方程等价于， 即，， 令，则方程化为，（）， 因为方程有四个不同的实数解，而t的每个值对应x的值有2个， 所以，（）有两个不同的正根、， 记， 所以，解得， 所以． 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $