精品解析：云南省昆明市东川区2024-2025学年高一上学期期末考试数学试题

东川区2024年秋季学期高一年级期末考试 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用碳素笔或钢笔将自己的姓名、准考证号在答题卡上填写清楚． 2．考生必须把所有答案填写在答题卡上，答在试卷上的答案一律无效． 3．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号，其余试题用碳素笔或钢笔作答． 4．考试结束后将本试卷及答题卡交监考教师方可离开教室． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 2025°是（ ） A. 第一象限角 B. 第二象限角 C. 第三象限角 D. 第四象限角 【答案】C 【解析】 【分析】根据终边相同的角判断象限角. 【详解】因为，终边在第三象限， 所以是第三象限角. 故选：C. 2. 已知全集，，，则等于（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据补集定义求则，再结合交集定义求结论. 【详解】因为，， 所以， 又， 所以. 故选：B. 3. 函数的最小正周期为（ ）． A. 4 B. C. 8 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由周期公式即可求解； 【详解】由周期公式可得：， 故选：D 4. 已知，，且，则的最小值为（ ）． A. 9 B. 8 C. 6 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】依题意可得，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】因为，，且， 所以， 所以， 当且仅当，即，时取等号. 故选：A 5. 砖雕是我国古建筑雕刻中的重要艺术形式，传统砖雕精致细腻､气韵生动､极富书卷气.一扇环形砖雕如图所示.若，且扇形的弧长为，则该扇环的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由圆心角算出弧长，再由扇形面积公式算出扇形面积，在作差得出扇环的面积. 【详解】，弧长为，∴， 又∵，∴扇环的面积为， 故选：A. 6. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据函数的奇偶性排除部分选项，再利用特殊值判断. 【详解】因为， 所以为奇函数，其图象关于原点对称，排除B，D； 因为，所以排除C， 故选：A. 7. 函数的单调递减区间为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，求得，再由对数型复合函数的单调性即可判断； 【详解】由， 可得：或， 易知当时，单调递减； 再由对数型复合函数的单调性可知：在上单调递减； 故选：B 8. 已知函数，若对任意，恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知，函数在上单调递减，根据分段函数的单调性可得出关于实数的不等式组，求解即可. 【详解】不妨假设，由，得，则在上单调递减， 所以，解得. 所以实数的取值范围是. 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ）． A. 若，则 B. “”是“”的充要条件 C. 命题，使得，则， D. 函数的单调增区间为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用不等式的基本性质可判断A选项；利用集合的包含关系结合充分条件、必要条件的定义可判断B选项；利用存在量词命题的否定可判断C选项；利用二次函数的单调性可判断D选项. 【详解】对于A选项，若，则，由不等式的基本性质可得，A对； 对于B选项，由可得， 因为是的真子集，故“”是“”充分不必要条件，B错； 对于C选项，命题为存在量词命题，该命题的否定为，，C错； 对于D选项，函数的单调增区间为，D对. 故选：AD. 10. 已知函数部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）． A. B. 的图象关于点对称 C. 将函数的图象向右平移个个单位得到函数的图象 D. 若方程在上有且只有一个实数根，则m的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可. 【详解】由函数图象可得，由，解得，故A正确； 所以，又函数过点，即， 所以，，即，，又，所以， ∴， 对于B：当时，， 所以的图象不关于点对称，故B错误； 对于C：将函数的图象向右平移个单位得到： ，故C正确； 对于D：当时，， 令，解得，所以在上单调递增， 令，解得，所以在上单调递减， 又，，， 故方程在上有且只有一个实数根时，则的取值范围是，故D错误． 故选：AC 11. 德国数学家狄里克雷（Dirichlet，PeterGustavLejeune，）在年时提出：“如果对于的每一个值，总有一个完全确定的值与之对应，那么是的函数．”例如狄里克雷函数，即：当自变量取有理数时，函数值为；当自变量取无理数时，函数值为．下列关于狄里克雷函数的性质表述正确的是（ ）． A. 值域为 B. C. D. 图象关于直线对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合函数的定义及函数值域的定义判断A，再证明判断B，证明判断C，证明函数为偶函数，结合偶函数性质判断D. 【详解】由已知可得， 所以函数的值域为，A正确； 当时，，，， 当时，，，， 所以，B正确； 当时，，，C错误； 函数的定义域为，定义域关于原点对称， 当时，，， 所以， 当时，，， 所以， 所以， 所以函数为偶函数，所以的图象关于对称， 所以函数的图象关于对称，D正确， 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数解析式计算可得. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为： 13. 已知定义在上的奇函数在上单调递减，若，则实数的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】结合函数性质可得函数在上单调递减，结合函数的单调性及定义域化简不等式可得结论. 【详解】因为函数的定义域为，函数为奇函数，函数在上单调递减， 所以函数在上单调递减， 因为， 所以， 所以， 所以的最小值为. 故答案为：. 14. 函数，若关于的方程有个不同的根，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】分析函数性质，结合函数性质画出函数大致图象，解方程可得或，结合图象及条件列不等式可得结论. 【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称， 又， 所以函数为偶函数， 当时，， 因为函数在上单调递减， 所以函数在上单调递减，又函数为偶函数， 所以函数在上单调递增， 又，当时，，且， 所以函数的值域为， 所以函数的大致图象如下： 方程可化为， 故或， 因为方程有个不同的根， 所以函数的图象与直线和直线的图象共有个不同的交点， 所以且， 所以的取值范围为， 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. 求值： （1）； （2）. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据指数幂运算求解即可； （2）根据对数运算性质以及换底公式运算求解即可. 【小问1详解】 原式. 【小问2详解】 原式 . 16. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边经过函数（且）的定点． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据指数函数的性质求出定点坐标，再根据三角函数的定义求出，最后利用诱导公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，代入计算可得； （2）根据同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得. 【小问1详解】 对于函数（且）， 令，解得，所以， 所以函数过定点坐标是，即， 所以，所以，，， 所以 ； 【小问2详解】 . 17. 已知函数，且的最小正周期为． （1）求的值及函数的单调递减区间； （2）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，求在区间上的值域为，求m的最大值与最小值． 【答案】（1）， （2）最大值为，最小值为． 【解析】 【分析】（1）利用二倍角以及辅助角公式化简，根据周期公式可得，即可利用整体法求解单调性， （2）利用函数图象的平移可得，根据值域可得，即可利用三角函数的性质求解. 【小问1详解】 ， 由于的最小正周期为，故，解得， 令，解得， 故单调递减区间为 【小问2详解】 由题意可得， 故， 在区间上的值域为，，则； ∵，，， 故，， m的最大值为，最小值为． 18. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，记，矩形的面积为． （1）求； （2）求的最大值及此时的值； （3）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2），； （3） 【解析】 【分析】（1）求出、、关于的表达式，利用三角恒等变换化简函数的表达式即可，并写出该函数的定义域； （2）由可求出的取值范围，由正弦型函数的基本性质可求得的最大值及其对应的值； （3）由可求出的取值范围，由可得出，可得出的取值范围，解之即可. 【小问1详解】 根据题意可知，，， 所以， 整理得 . 即. 【小问2详解】 由（1）知， 所以，显然时，，此时. 【小问3详解】 由，可得， 因为，所以，解得， 即不等式的解集为. 19. 已知函数 （1）当时，求满足方程的的值; （2）若函数是定义在R上的奇函数. ①若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围; ②已知函数满足，若对任意且，不等式恒成立，求实数的最大值 【答案】（1）（2）①② 【解析】 【分析】 (1)解方程求出的值即可； (2)根据函数是定义在R上的奇函数，由定义列出方程，求出， 对于①，利用函数单调性的定义证明的单调性，利用单调性化简不等式得到，由，即可得到实数的取值范围； 对于②，由的解析式得到的解析式，化简，结合换元法以及基本不等式得到实数的最大值.11 【详解】解：（1）因为，，所以， 化简得，解得（舍）或， 所以. （2）因为是奇函数， 所以，所以 化简变形得： 要使上式对任意恒成立，则且 解得：或，因为的定义域是，所以舍去 所以，，所以. ①， 对任意，，且有：， 因为，所以，所以， 因此在上单调递增， 因为，当时成立，所以，当时成立， 即，当时成立， 当时，，所以. ②因为，所以， 所以， 不等式恒成立，即， 令，因为且， 所以，即， 所以，当时恒成立，即，当时恒成立， 因为，，当且仅当时，等号成立， 所以，即实数的最大值为. 【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的性质、利用函数单调性解不等式以及基本不等式，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东川区2024年秋季学期高一年级期末考试 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用碳素笔或钢笔将自己的姓名、准考证号在答题卡上填写清楚． 2．考生必须把所有答案填写在答题卡上，答在试卷上的答案一律无效． 3．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号，其余试题用碳素笔或钢笔作答． 4．考试结束后将本试卷及答题卡交监考教师方可离开教室． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 2025°是（ ） A. 第一象限角 B. 第二象限角 C. 第三象限角 D. 第四象限角 2. 已知全集，，，则等于（ ）． A. B. C. D. 3. 函数的最小正周期为（ ）． A. 4 B. C. 8 D. 4. 已知，，且，则的最小值为（ ）． A. 9 B. 8 C. 6 D. 5 5. 砖雕是我国古建筑雕刻中的重要艺术形式，传统砖雕精致细腻､气韵生动､极富书卷气.一扇环形砖雕如图所示.若，且扇形的弧长为，则该扇环的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 6. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 7. 函数的单调递减区间为（ ）． A. B. C. D. 8. 已知函数，若对任意，恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ）． A. 若，则 B. “”是“”的充要条件 C. 命题，使得，则， D. 函数的单调增区间为 10. 已知函数部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）． A. B. 的图象关于点对称 C. 将函数的图象向右平移个个单位得到函数的图象 D. 若方程在上有且只有一个实数根，则m的取值范围是 11. 德国数学家狄里克雷（Dirichlet，PeterGustavLejeune，）在年时提出：“如果对于的每一个值，总有一个完全确定的值与之对应，那么是的函数．”例如狄里克雷函数，即：当自变量取有理数时，函数值为；当自变量取无理数时，函数值为．下列关于狄里克雷函数的性质表述正确的是（ ）． A. 值域为 B. C. D. 图象关于直线对称 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则的值为__________． 13. 已知定义在上的奇函数在上单调递减，若，则实数的最小值为__________． 14. 函数，若关于的方程有个不同的根，则的取值范围为__________． 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. 求值： （1）； （2）. 16. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边经过函数（且）的定点． （1）求的值； （2）求的值． 17. 已知函数，且的最小正周期为． （1）求的值及函数的单调递减区间； （2）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，求在区间上的值域为，求m的最大值与最小值． 18. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，记，矩形的面积为． （1）求； （2）求的最大值及此时的值； （3）若，求的取值范围． 19. 已知函数 （1）当时，求满足方程的的值; （2）若函数是定义在R上的奇函数. ①若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围; ②已知函数满足，若对任意且，不等式恒成立，求实数的最大值 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $