精品解析：福建省三明市2024-2025学年高一上学期期末质量检测数学试题

三明市2024—2025学年第一学期普通高中期末质量检测 高一数学试题 （满分：150分 考试时间：120分钟） 本试卷共5页． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每题答案后，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，将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 命题，都有．则为（ ） A. ，都有 B. ，都有 C. ，使得 D. ，使得 2. （ ） A. B. C. D. 3. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 已知x，y为实数，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. 既不充分又不必要条件 5. 函数的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 6. 函数在上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 牛顿冷却定律描述物体在常温环境下的温度变化：如果物体的初始温度为，经过分钟后的温度满足，称为半衰期，其中是环境温度．若，现有一杯的热水降至用时2分钟，那么水温从降至，用时为（ ） （参考数据：） A. 3分钟 B. 4分钟 C. 5分钟 D. 6分钟 8. 已知，当时，恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分. 9. 下列各组中的与为同一个函数的是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 10. 已知正数、满足，则下列各式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则有（ ） A. 是奇函数 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 函数的定义域为________． 13. 已知扇形的面积为2，则它的周长的最小值为________． 14. 已知函数，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是________． 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. 设集合，． （1）若，求； （2）若，求实数的取值范围． 16. 在平面直角坐标系中，角，的顶点为，始边为轴的非负半轴，终边分别过点，． （1）求，的值； （2）求的值； （3）若，求的值． 17. 某物品上的特殊污渍需用一种特定的洗涤溶液直接漂洗去污，表示用个单位量的洗涤溶液漂洗一次以后，残留污渍量与原污渍量之比．已知（，为常数），且． （1）写出的值，并求的表达式； （2）若用总量为4个单位量的洗涤溶液对该污渍漂洗两次，如何分配两次洗涤溶液的用量，使得去污效果最好？去污效果最好的这种方案是否比“用4个单位量的洗涤溶液漂洗一次”方案的去污效果更好？说明理由． 18. 已知函数，其中，且的最大值为3． （1）求的值； （2）求函数在区间上的最值； （3）将函数的图象向右平移个长度单位，得到函数的图象．若为定值，求的最小值． 19. 对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知的不动点集合为． （1）若，，，解不等式：； （2）若， ①证明：当时，； ②判断在区间上是否为单调函数，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三明市2024—2025学年第一学期普通高中期末质量检测 高一数学试题 （满分：150分 考试时间：120分钟） 本试卷共5页． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每题答案后，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，将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 命题，都有．则为（ ） A. ，都有 B. ，都有 C. ，使得 D. ，使得 【答案】D 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定可得命题. 【详解】命题，都有， 根据全称量词命题的否定可得：使得. 故选：D. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式可得，再结合两角和差公式运算求解. 【详解】因为， 所以原式 . 故选：C. 3. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助指数函数的性质，得出，及，借助对数函数的性质得出，因而通过中间量“0”和“1”即可得出结论. 【详解】因为，所以，且， ， 又因为，所以， 综上，， 故选：B 4. 已知x，y为实数，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. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】分充分性、必要性两方面说明即可求解. 【详解】当时，x，y同号，所以，所以“”是“”的充分条件； 若时，，此时，所以“”不是“”的必要条件， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 函数的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据解析式判断函数在定义域上的连续性，再根据零点存在性定理判断零点所在区间即可. 【详解】由题设，是定义域在上连续不断的增函数， 当时，， 当时，， 因为，所以，所以，所以. 所以函数的零点所在区间为. 故选：C. 6. 函数在上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据诱导公式和函数奇偶性定义可排除选项D；利用特殊值可排除选项B和A，即可解答. 【详解】因为，， 所以， 即，且函数定义域关于原点对称， 所以函数是奇函数，图像关于原点对称，故排除D； 又因为，故排除B； 又因为当时，， 所以，故排除A； 所以只有C满足条件． 故选：C. 7. 牛顿冷却定律描述物体在常温环境下的温度变化：如果物体的初始温度为，经过分钟后的温度满足，称为半衰期，其中是环境温度．若，现有一杯的热水降至用时2分钟，那么水温从降至，用时为（ ） （参考数据：） A. 3分钟 B. 4分钟 C. 5分钟 D. 6分钟 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据已知条件，结合对数运算求出半衰期的值，然后再利用求出的值计算水温从降至所用的时间. 【详解】已知，初始温度，当热水降至用时分钟，此时，分钟. 将这些值代入公式中，得到. 即，化简可得. 对等式两边取对数，. 根据对数运算法则可得. 又因为，. 将其代入上式可得. 已知，代入可得. 即，解得. 设水温从降至用时分钟，此时，，，. 代入公式，得到. 即，化简可得.所以，解得分钟. 故选：D. 8. 已知，当时，恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，将不等式转化为一元二次不等式在闭区间恒成立求解. 【详解】依题意，，令， 当时，，不等式， 则恒成立，当时，成立，； 当时，，函数在上单调递减， 当时，，因此； 当时，，而， 当且仅当时取等号，因此， 所以的取值范围是. 故选：B 【点睛】关键点点睛：换元，把不等式转化为闭区间上的一元二次不等式问题求解. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分. 9. 下列各组中的与为同一个函数的是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 【答案】BC 【解析】 【分析】从函数的定义域和对应关系两方面进行分析.若定义域和对应关系都相同，则为同一个函数，反之则不是.接下来对每个选项逐一分析. 【详解】选项A：，根据零指数幂的定义，其定义域满足，此时. 的定义域为. 二者定义域不同，不是同一个函数. 选项B：，根据对数的运算性质，，其定义域为. 的定义域也是，且对应关系都是. 定义域和对应关系都相同，是同一个函数. 选项C：. . 定义域都是，对应关系也相同，是同一个函数. 选项D：，要使根式有意义，则，即或，定义域为. ，要使根式有意义，则，即，定义域为. 二者定义域不同，不是同一个函数. 故选：BC. 10. 已知正数、满足，则下列各式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】运用基本不等式和不等式性质，结合特殊值，逐个计算验证即可. 【详解】对于A，正数、满足，即，两边平方得到，即， 当且仅当取得最值，但是，则取不到最值，即，故A正确. 对于B，，由，则，则.故B正确. 对于C，假设，满足正数、且，但是，故C错误. 对于D，，即，展开得到，由，得到，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则有（ ） A. 是奇函数 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据推导出函数的单调性和奇偶性，即可判断选项ABC；再根据，从而求得，进而判断选项D. 【详解】∵定义在上的函数满足， ∴令得，即； 令得．∴是奇函数，故选项A正确； ，故选项B错误； 同理，. 当时，，，. ∵当时，，， ∴函数在上单调递增. ∵，，即，故选项C正确； ， ， ∵，，， 故选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用赋值法推导出函数的奇偶性与单调性，综合利用函数的单调性与奇偶性即可求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 函数的定义域为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数定义域的求法列不等式组，由此求得函数的定义域. 【详解】根据题意得到，解得. 故答案为：. 13. 已知扇形的面积为2，则它的周长的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形的面积公式、弧长公式、周长公式、基本不等式求解即可. 【详解】设扇形所在圆的半径为，弧所对的圆心角为，弧长为，面积为， 则，，即， 所以扇形的周长，当且仅当时取等号， 所以扇形的周长的最小值为. 故答案为：. 14. 已知函数，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是________． 【答案】． 【解析】 【分析】由题意可知：①方程在存在一个解，列出不等式解得实数的取值范围；②方程在存在两个解，列出不等式解得实数的取值范围.然后两个实数的取值范围求交集即可. 【详解】令，即有三个不同的解， ∴方程在存在一个解，即，即，解得或， 方程在存在两个解， 令，函数的对称轴是， 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. 设集合，． （1）若，求； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将代入，求出集合，解不等式化简集合，再根据补集和交集的定义即可求出； （2）根据得，对集合是否为空集分类讨论，得到关于的不等式组，解出即可. 【小问1详解】 当时，，由得或 所以，则，所以. 【小问2详解】 由得， ①若，则，解得， ②若，则或，解得或 综上，实数的取值范围是. 16. 在平面直角坐标系中，角，的顶点为，始边为轴的非负半轴，终边分别过点，． （1）求，的值； （2）求的值； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由角终边过点的坐标求得，由正切的和差角公式求得的值；由的终边上点的坐标，求得的值． （2）由诱导公式和二倍角公式化简代数式，然后将齐次式化简为含有的式子，代入（1）中的结果即可. （3）由的终边的点坐标，求得，然后得到的值，通过的范围求得的值． 【小问1详解】 因为的终边过点， 所以． 所以． 因为的终边过点， 所以． 【小问2详解】 ． 【小问3详解】 因为的终边过点， 所以． 所以 ． 因为，且，， 所以，， 所以． 所以． 17. 某物品上的特殊污渍需用一种特定的洗涤溶液直接漂洗去污，表示用个单位量的洗涤溶液漂洗一次以后，残留污渍量与原污渍量之比．已知（，为常数），且． （1）写出的值，并求的表达式； （2）若用总量为4个单位量的洗涤溶液对该污渍漂洗两次，如何分配两次洗涤溶液的用量，使得去污效果最好？去污效果最好的这种方案是否比“用4个单位量的洗涤溶液漂洗一次”方案的去污效果更好？说明理由． 【答案】（1）， （2）“漂洗两次，每次用2个单位量洗涤溶液”的方案比“用4个单位量的洗涤溶液漂洗一次”的方案去污效果更好，理由： 设第一、二次漂洗分别使用，个单位量的洗涤溶液，其中，，，且． 假设原污渍量为，． 因为，所以第一次漂洗后，残留的污渍量为． 因为， 所以经过二次漂洗后，残留的污渍量为． ． 因为，，所以，所以． 当且仅当时，上式等号成立． 所以的取值范围是． 因为函数在单调递减，在单调递增， 且，，， 所以当时，即时， 取得最大值，最大值为81． 此时残留的污渍量最少，其值为． 所以，用总量为4个单位量的洗涤溶液，对该污渍漂洗两次，当两次漂洗使用的洗涤溶液都为2个单位量时，去污效果最好． 因为，所以，用4个单位量的洗涤溶液漂洗一次，残留的污渍量为． 因为， 所以“漂洗两次，每次用2个单位量洗涤溶液”的方案比“用4个单位量的洗涤溶液漂洗一次”的方案去污效果更好. 【解析】 【分析】（1）根据题意即可得出，再根据即可求得的表达式； （2）计算出总量为4个单位量的洗涤溶分两次漂洗后残留的最少污渍量，和用4个单位量的洗涤溶液一次性漂洗后的残留污渍量进行比较，即可得出结论. 【小问1详解】 依题意，．所以． 又因为，所以，解得． 所以． 【小问2详解】 略 18. 已知函数，其中，且的最大值为3． （1）求的值； （2）求函数在区间上的最值； （3）将函数的图象向右平移个长度单位，得到函数的图象．若为定值，求的最小值． 【答案】（1） （2）， （3）． 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，利用已知条件，且的最大值为3，从而求得的值； （2）由（1）知求得，利用整体代替法以及正弦函数单调性即可求得最值； （3）利用平移规则可得.设，通过三角恒等变换化简可得.通过分析可知，若时，不为定值；当，即时，，即可求得的最小值. 【小问1详解】 ． 其中，． 因为的最大值为3， 所以， 所以． 因为，所以． 【小问2详解】 由（1）知，． 因为，， 所以． 所以． 因为，所以， 当即时，， 当即时，； 【小问3详解】 依题意， 设． 所以 ． 若，取，， ，， 则，即． 所以，当时，不为定值． 当，即时，． 此时，为定值2． 因为， 所以，的最小值为． 19. 对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知的不动点集合为． （1）若，，，解不等式：； （2）若， ①证明：当时，； ②判断在区间上是否为单调函数，并说明理由． 【答案】（1） （2） ①因为，是的不动点，所以 即所以，是方程的根． 又因为， 所以为一元二次方程． 所以， 因为，， 所以，，． 所以，即． ． 因为，所以．所以． 所以，当时，． ②在不是单调函数，理由如下： 设函数的图象的对称轴为．则． 由（2）知，．所以． 所以． 所以函数在区间单调递减，在区间单调递增． 所以不是区间的单调函数. 【解析】 【分析】（1）已知不动点的值，可先求出函数的表达式，再解不等式； （2）①根据不动点概念，得到，是方程的根．结合，得到， 再根据，，结合作差，判定即可；②运用二次函数单调性分析证明即可. 【小问1详解】 因为，所以. 依题意，，是的不动点，所以 解得所以． 不等式化为． 因为，所以．解得． 所以不等式的解集为． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：对于新定义题型，读懂题目意思是关键，然后将新知识转化为学过的知识，解题即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $