精品解析：吉林省四平市第一高级中学2024-2025学年高一下学期期初验收考试数学试题

2024-2025学年吉林省四平第一高级中学高一（下）期初数学试卷 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先解绝对值不等式得到集合，再根据集合的并运算求即可. 【详解】由，解得，故，又， 所以. 故选：C. 【点睛】本题主要考查绝对值不等式的求解及集合的并运算，考查考生对基础知识的掌握情况，考查数学运算核心素养. 2. 下列函数，在其定义域内既满足又满足的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，符合条件的函数是奇函数且在定义域上单调递增，逐项判断可得结论. 【详解】由题意，符合条件的函数是奇函数且在定义域上单调递增， 对于A：函数的定义域为，定义域关于原点对称， 又，所以不是奇函数，故A错误； 对于B：函数的定义域为，定义域不关于原点对称，不是奇函数，故B错误； 对于C：函数的定义域为，定义域关于原点对称， 又，所以是奇函数， 但函数在上不是单调函数，故C错误； 对于D：函数的定义域为，定义域关于原点对称， 又，所以是奇函数， 又在上单调递增，故D正确. 故选：D. 3. 已知，为正实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据差比较法、充分和必要条件等知识来确定正确答案. 【详解】依题意，，为正实数， 由，得，所以，则充分性成立； 由，得，则，所以，则必要性成立． 综上可知，“”是“”的充要条件． 故选：D． 4. 在中，，则是（ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量的加法，可得答案. 【详解】由题意可得，则为等边三角形. 故选：B. 5. 取整函数不超过x的最大整数，如，已知函数，则函数的值域是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分类讨论和三种情况，利用基本不等式求得的取值范围，进而利用取整函数的定义即可得解. 【详解】因为， 当时，； 当时，， 又，当且仅当，即时取等号， 所以或2； 当时，， 又，当且仅当，即时取等号， 所以或1， 综上，得的值域为 故选：C. 6. 已知关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据的值分类讨论可得（结合二次函数性质）． 【详解】时，不等式为，不成立，即解集为， 时，的图象是开口向上的抛物线，图象中总有部分在轴上方，因此不等式的解集不可能为， 时，的图象是开口向上的抛物线，不等式的解集为，则图象在轴下方，所以，解得， 综上，， 故选：C． 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，则原不等式可转化为，利用单调性求解即可. 【详解】由，得， 设，因为单调递增，单调递减， 所以单调递增，且， 所以，即， 故选：D 8. 若，都是正数，且，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过条件，将变形成和为定值的形式，利用基本不等式，即可求出最小值. 【详解】因为，又，都是正数，且， 所以， 当且仅当，即时等号成立． 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，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列等式一定正确是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据对数的运算性质及已知可得且，结合指对数关系判断各项正误. 【详解】依题意，，即，则且，故C正确； 对于A，，错误； 对于B，，正确； 对于D，，正确． 故选：BCD 10. 下列关于平面向量的说法错误的是（ ） A. 若是共线的单位向量，则 B. 若，则 C. 若，则不是共线向量 D. 若，则 【答案】CD 【解析】 【分析】利用向量共线的性质判断ACD，利用相等向量的定义判断B，从而得解. 【详解】对于A，是共线的单位向量，则，故A正确； 对于B，若，则，故B正确； 对于C，若，满足，但是共线向量，故C错误； 对于D，若，则不一定成立，故D错误. 故选：CD. 11. 定义在上函数，对任意的，都有，且函数为偶函数，则下列说法正确的是（ ） A. 关于直线对称 B. 在上单调递增 C. D. 若，则的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用函数的单调性可对称性可判断选项A,B，根据函数的单调性比较函数值的大小可判断选项C，利用函数单调性以及函数值的符号即可求解选项D. 【详解】因为对任意，都有， 所以函数在上单调递增， 又因为函数为偶函数，所以函数关于直线对称， 所以函数关于直线对称，A正确； 根据函数在上单调递增，且关于直线对称， 可得函数在上单调递减，B错误； 因为函数在上单调递减， 所以，且，所以，C正确； 由可得，， 则结合函数的单调性和对称性可得， 时，，时，，时，， 所以由可得，或， 解得或，D正确； 故选:ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知幂函数在上单调递减，则实数m的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意利用幂函数的定义和性质，得出结论. 【详解】解：幂函数在上单调递减， ，且，求得， 故答案为： 13. 已知，求______. 【答案】##-0.5 【解析】 【分析】先利用诱导公式化简函数解析式，再结合特殊角的三角函数值即可求值得解. 【详解】由， 则 故答案为： 14. 若函数，则不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先判断函数的奇偶性，再把不等式化为，根据对数函数性质及解析式判断时的单调性，最后利用奇偶性、单调性解不等式. 【详解】由，且定义域为R，则为偶函数． 则， 由，可得，又， 由复合函数的单调性知、在上单调递增． 所以，时单调递增， 所以，得，或，解得或． 所以解集为 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. 已知函数. （1）若关于的不等式的解集为，求，的值； （2）当时，若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围. 【答案】（1），的值分别为，，或，. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据不等式的解集得出一元二次方程的根，从而求得值； （2）由判别式可得． 【小问1详解】 由题意可知，，1是方程的两根， 所以，， 解得，或，. 故，的值分别为，，或，. 【小问2详解】 当时，， 若在上恒成立，即的图象与轴至多有一个交点， 则， 即，解得， 故的取值范围是. 16. 如图，已知直线，是，之间的一定点，并且点到，的距离分别为，，是直线上的一动点，作，且使与直线交于点．设． （1）写出面积关于角的函数解析式； （2）求的最小值． 【答案】（1），（2） 【解析】 【分析】 （1）在直角三角形中运用三角函数求出的表达式,同理求出的表达式,运用直角三角形面积公式求出面积关于角的函数解析式. （2）结合（1）中的面积关于角的函数解析式,运用求出三角函数最值,就可以求出面积的最小值. 【详解】（1）根据题可得,在直角三角形中, ,则,同理,在直角三角形中可得,则在直角三角形中, 即 （2）由（1）得,要求的最小值,即求的最大值,即当时,的最大值为1 因此 【点睛】本题考查了运用三角函数模型来解决问题在解决问题中能熟练运用三角函数关系进行求值和化简,并能求出三角函数最值问题.熟练掌握各公式并灵活运用. 17. 已知定义在上的偶函数，当时，，且． （1）求的值； （2）求函数的解析式； （3）解不等式：． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据偶函数性质得，结合解析式求参数； （2）利用偶函数性质求解析式即可； （3）由偶函数及指数函数单调性求解集 【小问1详解】 因为是定义在上的偶函数，且， 所以，即，解得． 【小问2详解】 当时，， 设，则，则， 故； 【小问3详解】 由题意，，即，解得或， 故的解集是． 18. 已知函数， （1）求函数的最小正周期和单调递减区间； （2）求函数在上的最值； （3）方程在上有且只有一个解，求实数n的取值范围. 【答案】（1）， （2）最大值为2，最小值为 （3）或 【解析】 【分析】（1）结合二倍角公式，辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的单调性及周期性即可求解； （2）结合正弦函数最值条件即可求解； （3）转化为与在上有且只有一个交点，结合正弦函数的图象即可求解. 【小问1详解】 ， 则函数的最小正周期为， 令， 则， 故的单调递减区间为； 【小问2详解】 当时，， 故， 所以函数在上的最大值为2，最小值为； 【小问3详解】 若方程在上有且只有一个解， 则与在上有且只有一个交点， 因为在上单调递增，在上单调递减，， 所以或， 所以或， 故n的范围为或 19. 由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．对于，我们有 可见也可以表示成的三次多项式． （1）利用上述结论，求的值； （2）化简；并利用此结果求的值； （3）已知方程在上有三个根，记为，求证：. 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据，利用三倍角公式结合二倍角正弦公式，可得到关于的方程，即可求得答案； （2）先利用两角和差的余弦公式化简，即可利用三倍角公式得到结果； （3）根据方程的特征，令，利用三倍角公式可得，即可求得的值，继而可得的表达式，利用三角恒等变换公式化简，即可证明结论. 【小问1详解】 ，所以， 因为， 因为，， 即， 因为，解得（舍）. 小问2详解】 ， 故 ； 【小问3详解】 证明：因为，故可令， 故由可得：． 由题意得：，因，故， 故，或，或， 即方程（*）的三个根分别为，，， 又，故， 于是， . 【点睛】难点点睛：本题考查了三倍角余弦公式的应用问题，解答的难点是第三问，要注意根据方程的特点，设，再结合三角恒等变换，将方程的解的问题，转化为利用三倍角公式，即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年吉林省四平第一高级中学高一（下）期初数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数，在其定义域内既满足又满足的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，为正实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 4. 在中，，则是（ ） A 直角三角形 B. 等边三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰直角三角形 5. 取整函数不超过x的最大整数，如，已知函数，则函数的值域是（ ） A. B. C. D. 6. 已知关于不等式的解集为，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 若，都是正数，且，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列关于平面向量说法错误的是（ ） A. 若是共线的单位向量，则 B. 若，则 C. 若，则不是共线向量 D. 若，则 11. 定义在上的函数，对任意的，都有，且函数为偶函数，则下列说法正确的是（ ） A. 关于直线对称 B. 在上单调递增 C. D. 若，则的解集为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知幂函数在上单调递减，则实数m的值为______. 13. 已知，求______. 14. 若函数，则不等式的解集为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）若关于的不等式的解集为，求，的值； （2）当时，若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围. 16. 如图，已知直线，是，之间的一定点，并且点到，的距离分别为，，是直线上的一动点，作，且使与直线交于点．设． （1）写出面积关于角的函数解析式； （2）求的最小值． 17. 已知定义在上的偶函数，当时，，且． （1）求值； （2）求函数的解析式； （3）解不等式：． 18. 已知函数， （1）求函数的最小正周期和单调递减区间； （2）求函数在上的最值； （3）方程在上有且只有一个解，求实数n的取值范围. 19. 由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．对于，我们有 可见也可以表示成三次多项式． （1）利用上述结论，求的值； （2）化简；并利用此结果求的值； （3）已知方程在上有三个根，记为，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$