精品解析：浙江省衢州市2024-2025学年1月高一期末教学质量检测数学试卷

衢州市2025年1月高一年级教学质量检测试卷 数学 命题：万祺、范君华、毛立东 审题：张丽 考生须知： 1.全卷分试卷和答题卷.考试结束后，将答题卷上交. 2.试卷共4页，有4大题，19小题.满分150分，考试时间120分钟. 3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效. 一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 已知集合，，则（ ） A B. C. D. 2. 已知幂函数图象过点，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 3. “”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. 下列不等关系成立的是（ ） A. B. C. D. 5. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，零点分别为，，，则，，的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的图象关于点中心对称的充要条件是函数为奇函数，则函数图象的对称中心是（ ） A. B. C. D. 8. 已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，在上单调递增，则下列不等关系恒成立的是（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 若，，且，则下列结论正确的是（ ） A B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 图象有对称轴 C. 是周期函数 D. 11. 已知正实数、满足，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则______. 13. 玉璜，一种佩戴饰物.在中国古代，玉璜与玉琮、玉璧、玉圭、玉璋、玉琥等总称为“六瑞”，被《周礼》 一书称为是“六器礼天地四方”的玉礼器，多作为宗教礼仪挂饰.现有一弧形玉璜呈扇环形，已知，弧长为，弧长为，此玉璜的面积为______. 14. 已知函数在上有4个不同零点，则实数的取值范围是______. 四、解答题（本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在平面直角坐标系中，角是第二象限角，且终边与单位圆交于点. （1）求实数及的值； （2）求的值. 16. 已知函数且. （1）若，求函数的定义域及值域； （2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围. 17. 已知函数在区间上的值域为. （1）求函数的解析式； （2）若对任意，存在使得，求实数的取值范围. 18. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性（无需证明）； （2）若，解关于的不等式； （3）若关于的方程有两个不同的解，求实数的取值范围. 19. 设点集是集合的一个非空子集，若按照某种对应法则，中的每一点都有唯一的实数与之对应，则称为上的二元函数，记为.当二元函数满足对任意，均有：①；②；③成立，则称二元函数具有性质. （1）试判断二元函数是否具有性质，并说明理由； （2）若具有性质，证明：函数具有性质； （3）对任意具有性质的函数，均可推出具有性质，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 $$ 衢州市2025年1月高一年级教学质量检测试卷 数学 命题：万祺、范君华、毛立东 审题：张丽 考生须知： 1.全卷分试卷和答题卷.考试结束后，将答题卷上交. 2.试卷共4页，有4大题，19小题.满分150分，考试时间120分钟. 3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效. 一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用集合的交集运算求解. 【详解】解：因集合，， 所以， 故选：B 2. 已知幂函数的图象过点，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据幂函数的图象过点，求出函数解析式，代入可得答案. 【详解】设，因为幂函数的图象过点，所以， 解得，所以. 故选：D. 3. “”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】C 【解析】 【分析】先化简指数不等式，结合四类条件的定义进行判断. 【详解】因为，所以“”是“”的充要条件. 故选：C 4. 下列不等关系成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数单调性和三角函数值可以比较大小. 【详解】对于A，，所以，A不正确； 对于B，，所以，B正确； 对于C，，C不正确； 对于D，，D不正确. 故选：B 5. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数的性质及特殊值可以判断. 【详解】由题意，时，，排除C,D选项； ，可以排除B选项. 故选：A 6. 已知函数，，的零点分别为，，，则，，的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断单调性，结合零点存在定理可得答案. 【详解】易知三个函数均为增函数，又，所以； ，所以，所以. 故选：B 7. 已知函数的图象关于点中心对称的充要条件是函数为奇函数，则函数图象的对称中心是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得的定义域，从而得到，再利用奇函数的性质列式求得，从而得解. 【详解】对于，有，解得， 所以的定义域为， 而的图象的对称中心为，则， 所以为奇函数，则有， 即， 所以，故 故选：C. 8. 已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，在上单调递增，则下列不等关系恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由题设得函数和的单调性情况，进而得，，从而即可一一判断各选项. 【详解】由题意可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且， 所以，. 对于A， 因为，在上单调递增，所以，故A错误； 对于B，因为，在上单调递增，所以，故B错； 对于C，因，在上单调递减，所以，故C正确； 对于D，因为正负不知， 所以大小关系不定，故D错； 故选：C. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是依据题设求得函数和的单调性情况，进而得，. 二、选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 若，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由指数运算性质即可判断A；直接利用基本不等式计算即可判断B；由对数运算性质和对数函数性质结合基本不等式即可判断C；由基本不等式“1”的妙用方法计算即可判断D. 【详解】由题，，且， 对于A，，故A正确； 对于B，，当且仅当时等号成立，故B正确； 对于C，由B可知，当且仅当时等号成立，又函数为增函数， 所以，故C错误； 对于D，，当且仅当即时等号成立，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 图象有对称轴 C. 是周期函数 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用奇偶性的定义可判断A，B，利用周期函数的定义可判断C，利用三角函数值的大小可以判断D. 【详解】对于A，因为 ，所以是偶函数，A不正确； 对于B，由A可知的图象关于轴对称，B正确； 对于C，,所以是周期函数，C正确； 对于D，， 因为，所以， 因为，且在区间为增函数， 所以，即，D正确. 故选：BCD. 11. 已知正实数、满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用放缩法可得出，解此不等式，可判断A选项；由可得，结合零点存在定理可判断B选项；利用放缩法可得出，可判断C选项；由可得，结合零点存在定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为、都是正实数，则，可得，解得，A对； 对于B选项，因为，由可得， 因为函数，在上均为增函数， 故函数在上为增函数， 因为，， 由零点存在定理可知，方程的实数解，B对； 对于C选项，因为且，则，则，C错； 对于D选项，由可得， 因为函数、在上均为增函数， 所以，函数在上为增函数， 因为，， 所以，，D对. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于将题中等式变形，将其转化为方程根的问题，并结合函数零点存在定理来求解. 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】利用对数的运算公式可求答案. 【详解】因为，所以，所以. 故答案为：2 13. 玉璜，是一种佩戴饰物.在中国古代，玉璜与玉琮、玉璧、玉圭、玉璋、玉琥等总称为“六瑞”，被《周礼》 一书称为是“六器礼天地四方”的玉礼器，多作为宗教礼仪挂饰.现有一弧形玉璜呈扇环形，已知，弧长为，弧长为，此玉璜的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】设弧对应的圆半径为R，圆心角为，易得，求得R，再利用扇形面积公式求解. 【详解】设弧对应的圆半径为R，圆心角为， 由题意得：， 解得， 所以玉璜的面积为， 故答案为：. 14. 已知函数在上有4个不同零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】分析可得，对函数在上零点个数进行分类讨论，可得出函数在上的零点个数，综合可求得实数的取值范围. 【详解】因为函数在上至多两个零点，故， 且二次函数的图象开口向上，对称轴为直线， 对于二次函数，， 当时，即当时， 函数在上无零点， 此时，函数在上只有一个零点，不合乎题意； 当时，即当时，函数在上只有一个零点， 而函数在上只有一个零点，不合乎题意； 当时，即当时， 函数在上有两个零点， 则函数在上有两个零点，所以，，此时，不存在； 当时，即当时，函数在上只有一个零点， 则函数在上有三个零点，则，此时，. 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： （1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数零点问题； （2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； （3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 四、解答题（本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在平面直角坐标系中，角是第二象限角，且终边与单位圆交于点. （1）求实数及的值； （2）求的值. 【答案】（1）；； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意列式即可求解m，再由正切函数定义即可得解； （2）由结合诱导公式和齐次式弦化切即可计算得解. 【小问1详解】 由题意可得，所以. 【小问2详解】 由（1）得， 所以. 16. 已知函数且. （1）若，求函数的定义域及值域； （2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围. 【答案】（1）定义域为，值域为； （2）. 【解析】 【分析】（1）当时，可得函数的解析式，进而求出函数的定义域，求出真数的取值范围，结合对数函数的单调性可求得函数的值域； （2）分、两种情况讨论，利用复合函数的单调性列出关于实数的不等式组，综合可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 由，可得，解得， 所以函数的定义域为， 因为，所以， 又函数为增函数，所以， 故当时，函数的定义域为，值域为. 【小问2详解】 当时，函数为减函数， 因为函数在上单调递增， 所以函数在上单调递减，且在上恒成立， 所以，该不等式组无解； 当时，函数为增函数， 因为函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增，且在上恒成立， 所以，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 17. 已知函数在区间上的值域为. （1）求函数的解析式； （2）若对任意，存在使得，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由结合正弦型函数的基本性质可求出函数的值域，进而可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出函数的解析式； （2）由题意可知，，求出在时的最小值，可得出，由此可得出关于的不等式，解之即可. 【小问1详解】 因为，则，则， 因为，则， 由题意可得，解得，因此，. 【小问2详解】 由题意可得， 因为，所以，，则，故， 因为，则， 由题意可得，即， 所以，，解得， 因此，的取值范围是. 18. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性（无需证明）； （2）若，解关于的不等式； （3）若关于的方程有两个不同的解，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域，分、、三种情况讨论，结合基本函数的单调性可得出函数的单调性； （2）由函数的定义域可得出且，当时，分析函数在上的单调性，由可得出关于的不等式，解之即可； （3）令，则函数在上为增函数，且，由题意可知，方程在上有两个不同的解，即在上有两个不同的解，令，由参变量分离法可知直线与函数在时的图象有两个交点，数形结合可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时，函数在和上都是减函数； 当时，函数在和上都是减函数； 当时，函数在和上都是增函数， 在和上都是减函数. 【小问2详解】 由函数的定义域可知，，解得且， 由（1）可知当时，函数在上是减函数， 由，可得， 可得， 因为，则有，解得或， 因此，不等式的解集为. 【小问3详解】 令，则函数在上为增函数，且， 则方程有两个不同的解等价于方程在上有两个不同的解， 即方程在上有两个不同的解，即在上有两个不同的解， 令，则， 则在上有两个不同的解， 因为函数在上为减函数，在上为增函数， 则，如下图所示： 由图可知，当时，即当时， 直线与函数在时的图象有两个交点， 因此，实数的取值范围是. 19. 设点集是集合的一个非空子集，若按照某种对应法则，中的每一点都有唯一的实数与之对应，则称为上的二元函数，记为.当二元函数满足对任意，均有：①；②；③成立，则称二元函数具有性质. （1）试判断二元函数是否具有性质，并说明理由； （2）若具有性质，证明：函数具有性质； （3）对任意具有性质的函数，均可推出具有性质，求实数的取值范围. 【答案】（1）具有，理由见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题干中定义即可进行判断； （2）依据定义只需证明函数满足定义中的性质即可； （3）首先证明具有性质P时，必有成立，然后分类讨论、、、，说明是否满足定义中的性质，即可确定m的范围. 【小问1详解】 二元函数具有性质，理由如下； ，， ， 故具有性质； 【小问2详解】 证明：因为，， 下证：，即证： 即， 又具有性质P，故， 结合，知成立， 故成立，即函数具有性质； 【小问3详解】 先证明：具有性质P时，必有成立， 因为具有性质P，由③知； 由①知，，故，即成立； （i）若，当具有性质P时，知，且也性质P， 故，从而恒成立， 故，即， 取得与矛盾，故不满足题意； （ii）若，则，故， 则与矛盾，故不满足题意； （iii）若，由， ，从而性质①②满足； 下面考虑性质③， 记，易知， 下证当时，均有， 令，则， 由复合函数的单调性可知在上单调递增， 若之中至少有一个大于c，不妨设，故， 即，又， 故成立， 若均不超过c，即， 则， 从而时，恒有成立， 即此时具有性质,故. 【点睛】难点点睛：本题考查了函数的新定义问题，要注意理解新定义的含义，难点在于第三问，要结合函数满足的性质，分类考虑，推出参数范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$