精品解析：江苏省泰州市兴化中学2024-2025学年高一上学期期末数学试题

2024~2025学年度第一学期高一期末调研测试 数学试题 （考试时间：120分钟；总分：150分） 命题人：张敏 舒结高 顾建军 张则惶 审题人：凌舜明 吴春胜 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. 在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则（ ） A B. C. D. 2. 已知扇形的面积为，圆心角为，则该扇形的弧长为（ ） A. B. C. D. 3. （ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则（ ） A. 1 B. 7 C. 13 D. 49 5. 若，则的最大值为（ ） A. 12 B. 13 C. 16 D. 18 6. 已知，角的终边不在轴上，则（ ） A. 0 B. C. D. 7. 已知是函数的零点，是函数的零点，则的值所在的区间为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，，，则（ ） 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. 下列选项正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，则 10 已知函数，则（ ） A. 的图象关于原点对称 B. 在上单调递增 C. 的值域为 D. 不等式的解集为 11. 已知函数满足，且在上有最小值，无最大值，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. 的最小正周期为4 C. 当时，函数每一个闭区间上单调递增 D. 在上恰有1350个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 命题“，使得”的否定是__________． 13. 写出一个同时满足下列性质①②的函数__________．（若写多个，以第一个计分）①；②在上单调递减． 14. 若关于的不等式的解集为，且．则的取值范围为_____，的最小值是__________． 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. 设为实数，已知函数是奇函数． （1）求的值； （2）求证：是增函数． 16. 已知，，． （1）若，试比较与的大小关系； （2）当时，求的最小值． 17. 已知函数，其中，．从下列三个条件中选择两个作为已知条件，使得函数存在且唯一确定． ①函数的图象关于点对称； ②函数的图象关于直线对称； ③函数在上的最小值为． （1）求函数的解析式； （2）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，讨论函数在上的单调性． 注：如果选择多组条件分别解答，按第一组解答计分． 18 已知函数，其中． （1）当时，求的定义域； （2）若对任意实数，，求的值； （3）证明：函数的图象是轴对称图形． 19. 若两个集合和之间存在一一对应关系，则称和等势，记为．例如：若集合为整数集，集合为偶数集，因为存在和之间的一一对应关系，所以． （1）判断集合和集合是否等势，并说明理由； （2）已知全集，，，集合中的元素个数记为． ①若存在集合和之间的一一对应关系，使得，求； ②集合满足，，且，求满足条件的集合的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年度第一学期高一期末调研测试 数学试题 （考试时间：120分钟；总分：150分） 命题人：张敏 舒结高 顾建军 张则惶 审题人：凌舜明 吴春胜 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. 在平面直角坐标系中，角终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由任意角三角函数定义可得答案. 【详解】注意到，则在单位圆上，则. 故选：A 2. 已知扇形的面积为，圆心角为，则该扇形的弧长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据扇形的面积公式可得，进而可求弧长. 【详解】设扇形的半径为， 由题意可得：，解得， 所以该扇形的弧长为. 故选：D. 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数运算和指数幂运算即可得到答案. 【详解】. 故选：B. 4. 已知函数，则（ ） A. 1 B. 7 C. 13 D. 49 【答案】A 【解析】 【分析】根据题中分段函数解析式代入运算求解即可. 【详解】因为， 则，所以. 故选：A. 5. 若，则的最大值为（ ） A. 12 B. 13 C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 分析】由题，要使取最大值，则a取，c取，b取，据此可得答案. 详解】因，要使最大， 则a取，c取，b取，则. 故选：C. 6. 已知，角的终边不在轴上，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题目条件结合同角三角函数关系即可得到答案. 【详解】因为，且角的终边不在轴上， 联立解得，则. 故选：B. 7. 已知是函数的零点，是函数的零点，则的值所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据零点存在性定理分析可知函数存在唯一零点，且，可得，即可得结果. 【详解】因为在内单调递增， 可知函数在定义域内单调递增， 且， 可知函数存在唯一零点， 注意到，即， 且是函数的零点，可得，即， 结合选项可知的值所在的区间为. 故选：C. 8. 已知函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性，先确定在上单调递增，因，故可得. 【详解】设，则在上单调递增， 可化为， 由对勾函数的性质可知： 当时，单调递增，当时，单调递减， 由得， 故在区间上单调递减，在上单调递增， ，， 因（因为）， 故，故， 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. 下列选项正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，通过举特例可判断选项正误；对于B，由不等式性质可判断选项正误；对于CD，由做差法结合题意可判断选项正误. 【详解】对于A，取，有，， 则，故A错误； 对于B，由不等式性质可知，若，，则，故B正确； 对于C，，因，则，故，故C正确； 对于D，，因，则， 但无法确定a的符号，故不能比较大小，D错误. 故选：BC. 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于原点对称 B. 在上单调递增 C. 的值域为 D. 不等式的解集为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的判定方法即可判断A，根据函数单调性的判断方法即可判断B，根据基本不等式即可判断C，直接解不等式即可判断D. 【详解】对于选项A，定义域为，， 所以为奇函数，图象关于原点对称，所以选项A正确； 对于选项B，设， 则 因为，所以，， 即，即， 所以在上单调递增，所以选项B正确； 对于选项C，当时，， 当时，， 即的值域为，所以选项C错误； 对于选项D， ，即，解得，则其解集为， 所以选项D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数满足，且在上有最小值，无最大值，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. 的最小正周期为4 C. 当时，函数在每一个闭区间上单调递增 D. 在上恰有1350个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：分析可知在处取到最小值，进而可得对称轴；对于B：可知，且在同一递减区间内，解得，即可得最小正周期；对于C：由选项B可知：，进而可求单调递增区间；对于D：举反例说明即可. 【详解】对于选项A：因，且在上有最小值，无最大值， 可知在处取到最小值， 所以函数的图象关于直线对称，故A正确； 对于选项B：因为，且在同一递减区间内， 可得，两式相减可得， 所以的最小正周期为，故B错误； 对于选项C：当时，由选项B可知：， 则， 令，解得， 可知函数的单调递增区间为， 显然， 所以函数在每一个闭区间上单调递增，故C正确； 对于选项D：例如， 由选项B可知：，即， 可得， 令，解得， 可知的零点为， 令，解得， 所以在上恰有1349个零点，故D错误； 故选：AC. 【点睛】方法点睛：求解函数的性质问题的三种意识： 1.转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为的形式； 2.整体意识：类比的性质，只需将中的“”看成中的“x”，采用整体代入求解； 3.讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 命题“，使得”的否定是__________． 【答案】，使得. 【解析】 【分析】根据特称命题的否定为全称命题即可得到答案. 【详解】根据特称命题的否定为全称命题， 则命题“，使得”的否定是“，使得”. 故答案为：，使得. 13. 写出一个同时满足下列性质①②的函数__________．（若写多个，以第一个计分）①；②在上单调递减． 【答案】 【解析】 【分析】根据指数函数的性质，得到函数的解析式. 【详解】指数函数满足，且，时，函数单调递减， 所以满足条件的一个函数. 故答案为：（答案不唯一） 14. 若关于的不等式的解集为，且．则的取值范围为_____，的最小值是__________． 【答案】 ①. ②. . 【解析】 【分析】第一空，即有2个大于1的根，由根的分布知识可得答案； 第二空，由韦达定理结合分解因式可得，然后由基本不等式可得答案. 【详解】的解集为， 则有2个大于1的根，则， 由韦达定理，可得，则. 注意到， 因，则，则， 故 . 当且仅当，即时取等号. 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. 设为实数，已知函数是奇函数． （1）求的值； （2）求证：是增函数． 【答案】（1）2 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用，求出的值，验证即可； （2）利用函数单调性的定义证明即可； 小问1详解】 函数是奇函数， 则，解得， 经检验，当时，， 则，则为奇函数， 所以的值为2. 【小问2详解】 由（1）可知，，设， 则，因为， 所以，， 故，即， 所以是上的增函数. 16. 已知，，． （1）若，试比较与的大小关系； （2）当时，求的最小值． 【答案】（1），当且仅当，即时，等号成立 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，结合幂函数单调性分析判断； （2）换元令，可得，利用基本不等式求最值即可. 【小问1详解】 因为，可得，当且仅当时，等号成立， 又因为在内单调递减， 所以，当且仅当，即时，等号成立. 【小问2详解】 由（1）可得， 因为，令，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 17. 已知函数，其中，．从下列三个条件中选择两个作为已知条件，使得函数存在且唯一确定． ①函数的图象关于点对称； ②函数的图象关于直线对称； ③函数在上的最小值为． （1）求函数的解析式； （2）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，讨论函数在上的单调性． 【答案】（1） （2）在内单调递增，在内单调递减 【解析】 【分析】（1）若选①②：根据对称轴可得，但不能确定的值；若选①③：根据对称中心可得，再以为整体，结合正项函数值域求得；若选②③：根据对称轴可得，再以为整体，结合正项函数值域求得. （2）根据三角函数图象变换可得，以为整体，结合正弦函数单调性分析求解. 【小问1详解】 若选①②：因为函数的图象关于直线对称， 则，解得， 且，可知，则， 且，即函数的图象关于点对称， 但不能确定的值，不合题意； 若选①③：因为函数的图象关于点对称， 则，解得， 且，可知，则， 又因为，则，可得， 且，可得， 则，解得，所以； 若选②③：因为函数的图象关于直线对称， 则，解得， 且，可知，则， 又因为，则，可得， 且，可得， 则，解得，所以. 【小问2详解】 函数的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），可得； 再向右平移个单位长度，得到， 因为，则， 当，即时，单调递增； 当，即时，单调递减； 综上所述：在内单调递增，在内单调递减. 注：如果选择多组条件分别解答，按第一组解答计分． 18. 已知函数，其中． （1）当时，求的定义域； （2）若对任意实数，，求的值； （3）证明：函数的图象是轴对称图形． 【答案】（1） （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）令，结合指数函数性质解不等式即可得定义域； （2）分析可知对任意的恒成立，结合基本不等式可得，由，换元令，整理可得，结合函数零点分析求解； （3）整理可得，可证，即可得对称轴. 【小问1详解】 若，则， 令，即， 可得或，解得或， 所以的定义域为. 【小问2详解】 由题意可知：对任意的恒成立， 可得对任意的恒成立， 因为，当且仅当，即时，等号成立， 则，即， 若，即， 则，整理可得， 令，则对任意恒成立， 因为一次函数和在内单调递增， 且1为一次函数的唯一零点， 可知1为二次函数在内的唯一零点，则，解得. 【小问3详解】 因为， 在有意义的前提下，可得， 可知为的一条对称轴，所以函数的图象是轴对称图形. 19. 若两个集合和之间存在一一对应关系，则称和等势，记为．例如：若集合为整数集，集合为偶数集，因为存在和之间的一一对应关系，所以． （1）判断集合和集合是否等势，并说明理由； （2）已知全集，，，集合中的元素个数记为． ①若存在集合和之间的一一对应关系，使得，求； ②集合满足，，且，求满足条件的集合的个数． 【答案】（1）和等势，理由见解析 （2）①或；②个 【解析】 【分析】（1）举例说明即可； （2）①由题意可得，分类讨论即可； ②根据题意易得，再分，，，四种情况讨论即可. 【小问1详解】 因为集合之间存在一一对应关系， 所以和等势； 【小问2详解】 ①因为， 所以， 所以， 即， 当时， 因为，所以， 此时，满足； 当时， 因为，所以， 此时，满足； 当时， 因为，所以， 此时，不满足； 当时， 因为，所以， 此时，不满足； 综上所述，或； ②因为集合， 由，得， 又， 若， 则，与矛盾，舍去； 若， 则，与矛盾，舍去； 若， 则， 由，得， 故， 由于，得， 故， 所以或； 若， 同理可得或， 综上所述，满足条件的集合有个. 【点睛】关键点点睛：本题考查集合中的新定义，充分理解等势的定义，是解决本题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$