精品解析：河北省唐山市2024-2025学年高一上学期期末数学试题

唐山市2024－2025学年度高一年级第一学期期末考试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时长120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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、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. 的值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 设命题，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 设函数，则零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 5. 已知幂函数的图象过点，则下列关于的说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. 的定义域为 D. 在上单调递增 6. 若不等式的解集为，则不等式的解集为（ ） A. B. 或 C. D. 或 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若，，则是的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 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. 已知函数，则关于的说法正确的有（ ） A. 最小正周期为 B. 图象关于直线对称 C. 图象关于点对称 D. 向左平移个单位长度得到的图象 10. 下列命题为真命题的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最小值为2 D. 的最大值为5 11. 已知函数，，则下列结论正确的有（ ） A. 在上单调递增 B. 奇函数 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的定义域是______. 13. 已知，且为第二象限角，则______. 14. 已知函数，则______；若关于的方程有4个不等的实数根，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. 求下列各式的值： （1）； （2）. 16. 已知函数. （1）求的单调递减区间； （2）若，求的值域. 17. 已知函数且. （1）求的定义域； （2）判断奇偶性，并说明理由； （3）若，求满足的的取值集合. 18. 已知函数. （1）若，求的值； （2）若，求在区间上的最小值； （3）设函数，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围. 19. 某公园计划在一个扇形草坪内建设矩形花园，为了充分利用这块草坪，要求该矩形的四个顶点都落在边界上.经过测量，在扇形中，，，记，共设计了两个方案： 方案一:如图1，点在半径上，点在半径上，是扇形弧上的动点，此时矩形的面积记为； 方案二:如图2，点分别在半径和上，点，在扇形弧上，，记此时矩形的面积为. （1）分别用表示两个方案中矩形的面积,； （2）分别求出,最大值，并比较二者最大值的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 唐山市2024－2025学年度高一年级第一学期期末考试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时长120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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、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. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式可得结果. 【详解】. 故选：A. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，根据交集运算直接求解即可. 详解】由题知，， 所以. 故选：B 3. 设命题，，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】命题的否定，量词和结论都要改变，条件不变. 【详解】命题，的否定：，， 故选：C. 4. 设函数，则的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由零点存在性定理逐一判断即可. 【详解】因为和为增函数，所以也为增函数，因为 ，，所以根据零点存在性定理可知的零点一定位于区间内. 故选：C. 5. 已知幂函数的图象过点，则下列关于的说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. 的定义域为 D. 在上单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】求出幂函数的解析式，利用幂函数的基本性质逐项判断，即可得出合适的选项. 【详解】因为函数为幂函数，设，则，解得， 所以，，所以，函数的定义域为， 函数为非奇非偶函数，且该函数在上单调递增，ABC都错，D对. 故选：D. 6. 若不等式的解集为，则不等式的解集为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】利用三个二次的关系推得方程有两根为和4，由韦达定理求出，代入所求不等式，求解即得. 【详解】由题意，方程有两根为和4， 故由韦达定理，，解得， 则不等式即，解得或. 故选：D 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数的性质比较大小. 【详解】依题意，，，， 所以. 故选：C 8. 已知，若，，则是的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求出命题、，再根据充分不必要条件定义判断可得答案. 【详解】由得，解得，则， 由得，则， 所以若成立，则成立， 但成立，但不一定成立， 则是的充分不必要条件. 故选：B. 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. 已知函数，则关于的说法正确的有（ ） A. 最小正周期为 B. 图象关于直线对称 C. 图象关于点对称 D. 向左平移个单位长度得到的图象 【答案】AC 【解析】 【分析】由的性质及图形变换判断即可. 【详解】由可知周期为，故A正确； 函数的对称轴：由，可得，故B错误； 函数的对称中心：由，得， 当时，，故对称中心为，故C正确； 函数向左平移个单位长度得，故D错误， 故选：AC 10. 下列命题为真命题的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最小值为2 D. 的最大值为5 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A：根据不等式的性质分析判断即可；对于BC：举反例说明即可；对于D：利用基本不等式分析求解. 【详解】对于选项A：因为，则， 可得，故A正确； 对于选项B：例如，则，故B错误； 对于选项C：例如，则， 可知2不为的最小值，故C错误； 对于选项D：因为，当且仅当时，即时，等号成立， 可得， 所以的最大值为5，故D正确； 故选：AD. 11. 已知函数，，则下列结论正确的有（ ） A. 在上单调递增 B. 为奇函数 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据和为增函数可直接判断的单调性；对于B，利用奇函数的定义即可判断；对于C和D，只需分别化简计算等式两边解析式即可判断. 【详解】对于A，由，因与在上均为增函数， 故在上单调递增，即A正确； 对于B，不妨记，函数定义域为， 且，即为奇函数，故B正确； 对于C，因，而， 故，即C错误； 对于D，因，， 故，即D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：对于给定函数，判断其单调性和奇偶性等性质的问题，一般从单调性和奇偶性定义出发进行推理判断，有些函数，还可根据其组成的函数单调性，直接判断其单调性，在判断等式时，需要整体处理意识. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的定义域是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数解析式，直接求解定义域即可. 【详解】由题知，且， 所以且， 即函数定义域是. 故答案为： 13. 已知，且为第二象限角，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数，及之间的关系，得到答案. 【详解】，且为第二象限角，，， ，，，，. 故答案为： 14. 已知函数，则______；若关于的方程有4个不等的实数根，则的取值范围是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，由函数的解析式计算可得的值，进而计算可得的值，可得第一空答案；对于，设，则，求得的取值范围，结合函数的图象分析解的情况即可求解． 【详解】依题意，，； 令，，当且仅当时取等号， 则或，当或时，方程有两个相等的根， 当或时，方程有两个同号且不相等的实根， 方程化为，而， 当时，在上递减；当时，在上递减， 因此由方程有4个不等的实数根，得方程在上各有一个实根， 则函数在的图象与直线有两个交点，如图： 观察图象知，当时，直线与在的图象有两个交点， 所以的取值范围是. 故答案：； 【点睛】思路点睛：令并求出值域，把问题转化为方程在上各有一个根，数形结合求解. 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. 求下列各式的值： （1）； （2）. 【答案】（1）1 （2）3 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式化简，再逆用和角的正弦公式计算即得； （2）利用换底公式和对数的运算性质计算即得. 【小问1详解】 【小问2详解】 . 16. 已知函数. （1）求的单调递减区间； （2）若，求的值域. 【答案】（1），. （2）. 【解析】 【分析】（1）化简，结合复合函数单调性求解即可. （2）由题知，由整体思想进而可得的值域. 【小问1详解】 ， 令，，解得，. 所以的单调递减区间为，. 【小问2详解】 因为，所以， 当时，即时，取得最大值，最大值为； 当时，即时，取得最小值，最小值为. 所以的值域为. 17. 已知函数且. （1）求的定义域； （2）判断的奇偶性，并说明理由； （3）若，求满足的的取值集合. 【答案】（1） （2）偶函数，理由见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）根据对数的真数大于零，可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域； （2）利用函数奇偶性的定义可得出结论； （3）由求出的值，可得出函数的解析式，分析函数的单调性，结合可得出关于的不等式，解之即可. 【小问1详解】 对于函数且， 由解得，故函数的定义域为. 【小问2详解】 函数为偶函数.理由如下： 函数的定义域为，定义域关于原点对称， 又，故函数为偶函数. 【小问3详解】 依题意， 若，则，解得. 设，， 因为在区间上单调递增，在区间上单调递减. 又在其定义域内单调递增， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减. 因为，所以，解得， 所以的取值集合为. 18. 已知函数. （1）若，求的值； （2）若，求在区间上的最小值； （3）设函数，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）由代入可得； （2）设，换元后利用二次函数的性质可得； （3）先将条件转化为，因，故对任意的恒成立，即在上恒成立，进而可得. 【小问1详解】 由，得，即：，解得. 【小问2详解】 当时，， 令，因为，所以， 所以， 当时，取最小值，所以在区间上的最小值为. 小问3详解】 若对任意的，总存在，使得， 可得：. 又因为，所以对任意的，， 则对任意的恒成立， 即，即，令，. 因为在区间上为增函数，所以 所以实数的取值范围是. 19. 某公园计划在一个扇形草坪内建设矩形花园，为了充分利用这块草坪，要求该矩形的四个顶点都落在边界上.经过测量，在扇形中，，，记，共设计了两个方案： 方案一:如图1，点在半径上，点在半径上，是扇形弧上的动点，此时矩形的面积记为； 方案二:如图2，点分别在半径和上，点，在扇形弧上，，记此时矩形的面积为. （1）分别用表示两个方案中矩形的面积,； （2）分别求出,的最大值，并比较二者最大值的大小. 【答案】（1），，，. （2），，. 【解析】 【分析】（1）结合图形，按照方案一和二，分别将用的三角函数表示，即得和的表达式； （2）利用三角恒等变换公式和方法将分别化成正弦型函数，利用正弦函数的性质求其最大值，通过作差法比较大小即得. 【小问1详解】 如图1，在中，，， 所以，. 在中，，. 则，. 如图2，过点作于点，过点作的垂线，交弧于点， 在中，，，所以，. 由扇形和矩形的对称性可得，， 则在中， ，则， ，. 则，. 【小问2详解】 由，得，. 方案一： 当时，即时，取最大值，最大值为. 方案二： 所以当时，即时，取最大值，最大值为. 因为， 所以. 【点睛】思路点睛：对于三角函数的实际应用题，一般解题思路为，选设角为自变量，将相关边长，夹角，面积等相关量用该角的三角函数表示，借助于三角恒等变换有关公式将其化成正弦型函数或余弦型函数，利用三角函数的图象性质求解即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$