新疆哈密市第二中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

数学试题 第 1页（共 4页） 数学试题 第 2页（共 4 页） 绝密★启用前 2024—2025 学年第一学期高一期末考试 数 学 一、单项选择题：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. 1．已知集合 { 1,0,1, 2,3, 4}U   ，集合 {0,1,2,3}A  ，则 U A ð （ ） A．{ 1,0,1,2,3,4} B．{ }1 C．{ 1,4} D．{ 1,0,4} 2．若 0, 0a b  ，则“ 4a b  ”是“ 4ab  ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．命题“ 2 0, 2 5 0x x x     ”的否定是（ ） A． 2 0, 2 5 0x x x     B． 2 0, 2 5 0x x x     C． 2 0, 2 5 0x x x     D． 2 0, 2 5 0x x x     4．已知函数 2 , 0 ( ) , 0 x x f x x x       则 ( (3))f f （ ） A．1 B．6 C．8 D．9 5．若     2 1ln 2 1 xf x x a x     为偶函数，则 a （ ）． A． 1 B．0 C． 12 D．1 6．已知 π 6cos 3 6       ，则 2πcos 2 3       （ ） A． 3 5 - B． 3 5 C． 2 3 D． 2 3  7．已知函数 ( )f x 是定义在R 上的奇函数，当 0x  时， ( ) 1f x x= - ，则不等式 ( ) 0xf x  的解集为（ ） A． ( , 1) (1, )   B． ( 1,0) (1, )  C． ( 1,0) (0,1)  D． ( , 1) (0,1)   8．函数 ( ) ln 1f x x  的大致图象是（ ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，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．下列函数既是奇函数又是减函数的是（ ） A． 3y x  B． 3y x  C． 3logy x D． 3xy  10．对于任意的实数 a b c d， ， ， ，下列命题错误的有（ ） A．若 a b ，则 ac bc B．若 a b ，c d ，则 ac bd C．若 2 2ac bc ，则 a b D．若 a b ，则 1 1 a b  11．已知函数     πsin 0, 0, 2 f x A x A            的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A． π 3   B．函数  f x 的图象关于 11 12 x  对称 C．函数  f x 在 1 1, 6 2      上的值域为 3, 3   D．要得到函数    cosg x A x   的图象，只需将函数  f x 的图象向左平移 14 个单位 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．函数 ( ) log ( 1)af x x  （ 0a  且 1a  ）的定义域为 ，图象过定点 ． 13．lg25+2lg2= ． 14．已知 3π , π 4       ， πtan 2 4 tan 4         ，则 2 1 sin 2 2cos sin 2       . 数学试题 第 3页（共 4 页） 数学试题 第 4页（共 4 页） 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．（13 分） 已知集合  2 1A x x a   ，集合  ( 8)( 1) 0B x x x    . (1)当 3a   时，求 A B ； (2)若 A B B ，求实数 a的取值范围. 16．（15 分） 计算下列各式的值： (1) 2 1 1 03 23( 3 ) (0.002) 10 ( 5 2) ( 2 3) 8          ； (2) 7 4 log 2 3 27log lg 25 lg 4 7 3    ． 17．（15 分） （1）已知 1x  ，求 1 1 x x   的最小值 （2）求 (10 )x x 的最大值. （3）已知正数 ,x y满足 3 1x y  ，求 1 2 x y  的最小值． 18．（17 分） 已知函数   2cos 3 sin cos 1x x xf x    ， x R . （1）求函数  y f x 的单调递增区间； （2）求 0, 2 x      时，函数  y f x 的值域. 19．（17 分） 函数  f x 对任意的实数 m，n，有      f m n f m f n   ，当 0x  时，有   0f x  ． （1）求证：  0 0f ． （2）求证：  f x 在  ,  上为增函数． （3）若  1 1f  ，解不等式  4 2 2x xf   答案第 1页，共 8页 2024—2025 学年第一学期高一期末考试 数学答案 1．C 【分析】根据补集的定义求解即可. 【详解】因为集合 { 1,0,1, 2,3, 4}U   ，集合 {0,1,2,3}A  ， 所以 { 1,4}U A  ð . 故选：C. 2．A 【分析】根据充分条件与必要条件的概念，可直接判断出结果. 【详解】因为 0, 0a b  ，由 4a b  可得： 2 4  ab a b ，因此 4ab  ；即“ 4a b  ” 是“ 4ab  ”的充分条件； 若 4a  ， 1 8 b ，满足 4ab  ，但是不满足 4a b  ，因此由“ 4ab  ”不能推出“ 4a b  ”， 即“ 4a b  ”不是“ 4ab  ”的必要条件. 因此，“ 4a b  ”是“ 4ab  ”的充分不必要条件. 故选 A 【点睛】本题主要考查命题的充分不必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念即可， 属于常考题型. 3．A 【分析】由特称量词命题的否定形式求解即可. 【详解】因为命题“ 2 0, 2 5 0x x x     ”是特称量词命题， 故其否定是“ 2 0, 2 5 0x x x     ”. 故选：A 4．D 【分析】根据分段函数的定义域代入求解. 【详解】因为已知函数 2 , 0 ( ) , 0 x x f x x x       ， 答案第 2页，共 8页 所以 2(3) 3 9f     ，则  ( (3)) 9 9 9f f f     ， 故选：D 5．B 【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出 a值，再检验即可. 【详解】因为 ( )f x 为偶函数，则 1(1) ( 1) (1 ) ln ( 1 ) ln 3 3 f f a a      ， ，解得 0a  ， 当 0a  时，   2 1ln 2 1 xx x f x   ，   2 1 2 1 0x x   ，解得 1 2 x  或 1 2 x   ， 则其定义域为 1 2 x x  或 1 2 x     ，关于原点对称.              12 1 2 1 2 1 2 1ln ln ln ln 2 1 2 1 2 1 2 1 f xx x x x x x x x f x x x x x                    ， 故此时  f x 为偶函数. 故选：B. 6．D 【分析】直接利用二倍角的余弦公式求解即可. 【详解】 22π π π 2cos 2 cos 2 2cos 1 3 3 3 3                           . 故选：D. 7．C 【分析】由不等式 ( ) 0xf x  等价于 0 ( ) 0 x f x    或 0 ( ) 0 x f x    求解. 【详解】因为当 0x  时， ( ) 1f x x= - ， 所以 1x  时， ( ) 0f x  ，0 1x  时， ( ) 0f x  ， 又因为函数 ( )f x 是定义在R 上的奇函数， 所以 1x   时， ( ) 0f x  ， 1 0x   时， ( ) 0f x  ， 又不等式 ( ) 0xf x  ，等价于 0 ( ) 0 x f x    或 0 ( ) 0 x f x    ， 所以 0 0 1 x x     或 0 1 0 x x     ，解得 0 1x  或 1 0x   ， 故选：C 答案第 3页，共 8页 8．A 【分析】首先求出函数的定义域，即可判断 B、D，再根据函数在  1, 上的单调性排除 C. 【详解】函数 ( ) ln 1f x x  ，令 1 0x  ，解得 1x  ， 所以函数 ( ) ln 1f x x  的定义域为 | 1x x  ，故排除 B、D； 当 1x  时      ln 1 , 2 ( ) ln 1 ln 1 ln 1 ,1 2 x x f x x x x x            ， 所以  f x 在  2, 上单调递增，在  1,2 上单调递减，故排除 C. 故选：A 9．AB 【分析】结合奇函数和减函数的定义逐项判断即可. 【详解】设   3f x x  ，   3g x x  ，   3logh x x ，   3xm x  ， 函数   3f x x  的定义域为  ,  ，定义域关于原点对称， 且      3 3f x x x f x       ，所以函数  f x 为奇函数， 函数   3f x x  为一次函数， 3 0  ，所以函数 3y x  为减函数，A 正确； 函数   3g x x  的定义域为  ,  ，定义域关于原点对称， 且      3 3g x x x g x       ，所以函数  g x 为奇函数， 因为函数 3y x 为增函数，所以 3y x  为减函数，B 正确； 函数 3logy x 的定义域为  0, ，定义域不关于原点对称， 所以函数 3logy x 不是奇函数，C 错误； 函数   3xm x  的定义域为  ,  ，定义域关于原点对称， 因  1 3m  ，   11 3 m   ，    1 1 0m m   ， 故函数 3xy  不是奇函数，D 错误. 故选：AB. 答案第 4页，共 8页 10．ABD 【分析】根据不等式性质可判断. 【详解】A 选项： a b ，若 0c  ，则 ac bc ，选项错误; B 选项： a b , c d ，设 1a  ， 1c  ， 2b   ， 2d   ，则 ac bd ，选项错误; C 选项：若 2 2ac bc ，则 a b ，选项正确； D 选项： a b ，设 2a  ， 1b  ，则 1 1 a b  ，选项错误. 故选：ABD. 11．ACD 【分析】根据函数图象求函数 ( )f x 的解析式，即可得到选项 A 正确；利用 11 2 12 f        可知 选项 B 错误；根据 1 1, 6 2 x      可得 π 2π 4π2π , 3 3 3 x       ，结合函数的单调性可知选项 C 正确； 利用函数图象平移的原则可知选项 D 正确. 【详解】设函数的最小正周期为T ，由图可知， 2A  ， 1 1 1 4 3 12 4 T    ，故 1T  . ∵ 2πT   ，∴ 2π  . ∵函数图象最高点为 1 ,2 12       ，∴ 1 π2sin 2 12 6 f              ， ∴ π π 2 π, 6 2 k k   Z ，故 π 2 π, 3 k k   Z， ∵ π 2   ，∴ π 3   ，选项 A 正确. 由 A 可得   π2sin 2π 3 f x x      ， 11 11π π2sin 1 2 12 6 3 f                ， 故直线 11 12 x  不是函数  f x 的对称轴，选项 B 错误. 当 1 1, 6 2 x     时， π 2π 4π2π , 3 3 3 x       ， π 3 3sin 2π , 3 2 2 x            ， π2sin 2π 3, 3 3 x          ， 故函数  f x 在 1 1, 6 2      上的值域为 3, 3  ，选项 C 正确. 由题意得，   π2cos 2 3 g x x      ， 将函数  f x 的图象向左平移 14 个单位后的函数表达式为 1 π π π π2sin 2π 2sin 2π 2cos 2π 4 3 3 2 3 y x x x                          ，选项 D 正确. 答案第 5页，共 8页 故选：ACD. 12．  1,  2,0 【分析】根据对数函数性质求函数  f x 的定义域确定第一空结论，再结合对数性质 log 1 0a  ， 确定  f x 所过定点坐标. 【详解】由    log 1af x x  有意义可得 1 0x   ，所以 1x  ， 所以函数 ( ) log ( 1)af x x  的定义域为  1, ， 令 1 1x   可得 2x  ，又  2 log 1 0af   ， 所以函数  f x 图象过定点  2,0 . 故答案为：  1, ；  2,0 . 13．2 【详解】原式 2 2lg 25 2 lg10 2   （ ） ，故答案为 2． 14． 1 4 /0.25 【分析】根据题意利用三角恒等变换可得 1tan 2    ，再利用倍角公式以及齐次化问题分析 求解. 【详解】因为 πtan 2 4 tan 4         ，则   2 π4 tan tan 4 tan 12 tan 4 π1 tan 1 tan1 tan tan 4                ， 显然1 tan 0  ，可得  tan 2 tan 1 1 tan        ， 整理得 22 tan 5 tan 2 0    ，解得 tan 2   或 1tan 2    ， 又因为 3π , π 4       ，则  tan 1,0   ，可得 1tan 2    ， 所以   2 2 2 2 1 sin 2 sin cos 2sin cos sin cos 1 1tan 1 2cos sin 2 2cos 2sin cos 2cos 2 4                          . 故答案为： 1 4 . 15．(1)    5, 1 8,    (2) 7[ , ) 2  答案第 6页，共 8页 【分析】（1）由 3a   ，化简集合 A，B，再利用集合的交集运算求解； （2）根据 A B B ，得到 A B ，由 2 1 8a   求解. 【详解】（1）当 3a   时，集合  5A x x   ，集合  | 1B x x   或 8x  ， 所以    5, 1 8,A B      ； （2）由 A B B ，得 A B ， 所以 2 1 8a   ，解得 7 2 a  ， 所以实数 a的取值范围 7[ , ) 2  . 16．(1) 167 9  ； (2) 15 4 . 【分析】（1）根据分式指数幂和根式的运算，即可化简求值； （2）根据对数的运算性质，即可化简求值. 【详解】（1）解：原式 2 2 1 3 3 23 1 10( 1) (3 ) ( ) 1 8 500 5 2           2 1 3 227( ) (500) 10 ( 5 2) 1 8        4 10 5 10 5 20 1 9      167 9   . （2）解：原式 1 4 3 1 15log 3 lg100 1 2 2 4 4          ． 17．（1）3；（2）5；（3）7 2 6 【分析】（1）配凑后根据基本不等式求最值； （2）由基本不等式求积的最大值； （3）利用“1”的变形及基本不等式求最值. 【详解】（1）因为 1x  ， 所以  1 1 11 1 2 1 1 3 1 1 1 x x x x x x              ， 当且仅当 11 1 x x    时，即 2x  时，等号成立； 即 1 1 x x   的最小值 3. 答案第 7页，共 8页 （2）由  10 0x x  可得0 10x  ， 当 0x  或 10x  时， (10 ) 0x x  ， 当0 10x  时， 10(10 ) 5 2 x xx x     ， 当且仅当 10x x  ，即 5x  时等号成立， 综上 (10 )x x 的最大值为 5. （3）因为正数 ,x y满足 3 1x y  ， 所以  1 2 1 2 3 2 3 27 7 2 7 2 63 y x y x x y x y x y x y x y                  ， 当且仅当 3 2y x x y  ，即 6 1 6 6, 5 15 x y   时等号成立. 即 1 2 x y  的最小值为7 2 6 . 18．（1）  , 3 6 k k k Z        ；（2） 51, 2      【解析】（1）先根据降幂公式以及辅助角公式化简三角函数，令  2 2 2 2 6 2 k x k k        Z 即可得出答案； （2）由0 2 x   得 72 6 6 6 x     ，由此即可求出答案． 【详解】解： 2cos 3 sin cos 1y x x x   1 3 3cos 2 sin 2 2 2 2 x x   3sin 2 6 2 x        ； （1）令  2 2 2 2 6 2 k x k k        Z ，得   3 6 k x k k     Z ， 所以函数  y f x 的单调递增区间为  , 3 6 k k k Z        ； （2）由0 2 x   得 72 6 6 6 x     ， ∴ 1sin 2 ,1 6 2 x             ， 从而函数  y f x 的值域为 51, 2      ． 【点睛】本题主要考查三角函数的化简以及性质，属于基础题． 19．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） | 1x x  【分析】（1）令 0m n  ，代入等式，可求得  0 0f ； 答案第 8页，共 8页 （2）令n m  ，代入等式，结合  0 0f ，可得到    f m f m   ，从而可知  y f x 是 奇函数，然后用定义法可证明  f x 在  ,  上为增函数； （3）原不等式可化为    4 2 2x xf f  ，结合函数  f x 的单调性，可得出 4 2 2x x  ，解 不等式即可. 【详解】（1）证明：令 0m n  ，则        0 0 0 0 2 0f f f f    ，∴  0 0f . （2）证明：令 n m  ，则      f m m f m f m    ， ∴      0 0f f m f m    ，∴    f m f m   ， ∴对任意的m，都有    f m f m   ，即  y f x 是奇函数． 在  ,  上任取 1x ， 2x ，且 1 2x x ，则 2 1 0x x  ， ∴          2 1 2 1 2 1 0f x x f x f x f x f x       ，即    1 2f x f x ， ∴函数  y f x 在  ,  上为增函数. （3）原不等式可化为        4 2 1 1 1 1 2x xf f f f      ， 由（2）知  f x 在  ,  上为增函数，可得 4 2 2x x  ，即   12 02 2x x   ， ∵ 2 1 0x   ，∴ 2 2 0x   ，解得 1x  ， 故原不等式的解集为 | 1x x  . 【点睛】本题考查函数奇偶性、单调性，考查不等式的解法，考查学生的推理能力与计算求 解能力，属于中档题.