精品解析：河北省保定市第三中学2024-2025学年高一（1+3贯通实验班）下学期期末考试数学试题

保定三中2024～2025学年度第二学期期末考试 2024级1+3数学试题 考试时间：120分钟 分值：150分 命题人：王平平 审题人：刘少平，朱昱峥 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，集合，则（ ） A B. C. D. 2. 函数的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 3. 若函数为幂函数，则函数在定义域内为（ ） A. 增函数 B. 减函数 C. 奇函数 D. 偶函数 4. 在某中学2025年“创意之光”文创设计大赛中，一名学生设计了一把“紫堡文创”扇子．其扇面可以近似的理解为扇形截去同心扇形所得图形，已知，，，则该扇面的近似面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则的大小关系为（ ） A B. C. D. 6. 已知，则的最小值是（ ） A. B. C. e D. 7. 已知定义域为的函数满足，，且时，，则下列说法正确的（ ） A. B. 为减函数 C. 为奇函数 D. 不等式的解集为 8. 函数在区间上所有零点之和为（ ）． A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．） 9. 若，则角的终边可能落在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 10. 已知函数，若包含于的值域，则满足条件的实数m可以是（ ） A. B. C. D. 11. 若，则（ ） A B. C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合.若为角终边上的一点，则________． 13. 平面直角坐标系中，将函数的图象上满足，的点，称为的“正格点”．若，，的图象与函数，的图象存在“正格点”交点，则______． 14. 函数，其中表示不超过的最大整数．给出下列四个结论： ①的定义域为； ②方程没有实数根； ③函数在上单调递增； ④函数的值域为． 其中所有正确结论的序号是______． 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. （1）计算：； （2）已知，，计算的值； （3）已知，求的值． 16. 已知函数． （1）求函数的单调递增区间； （2）求函数在上最大值和最小值，并求出取得最值时对应x的取值． 17. 已知定义域为R的函数是奇函数． （1）求实数a的值； （2）判断的单调性（无需证明），并求关于x的不等式的解集． 18. 已知函数． （1）若，求实数a的值； （2）若，且，求的值； （3）若函数在的最大值与最小值之和为2，求实数a的值． 19. 已知函数最小正周期为． （1）求实数的值； （2）设函数，，证明：有且只有一个零点，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 保定三中2024～2025学年度第二学期期末考试 2024级1+3数学试题 考试时间：120分钟 分值：150分 命题人：王平平 审题人：刘少平，朱昱峥 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算集合，然后根据交集的运算判断. 详解】集合， 所以. 故选：B 2. 函数的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的单调性，结合零点存在原理进行判断即可. 【详解】由函数单调性的性质可知函数是正实数集上的增函数， 因为，当自变量趋近时，函数值趋近， 所以函数的零点所在区间为， 故选：A 3. 若函数为幂函数，则函数在定义域内为（ ） A. 增函数 B. 减函数 C. 奇函数 D. 偶函数 【答案】D 【解析】 【分析】根据幂函数的定义得进而得到函数，利用奇偶性的定义得到偶函数，再根据幂函数的性质以及奇偶性判断单调性即可. 【详解】因为函数为幂函数，所以，得， 所以，定义域为， 因为， 所以在定义域内为偶函数，故C错误，D正确； 根据幂函数的性质知在单调递减， 又在定义域内为偶函数，所以在单调递增， 故A错误，B错误. 故选：D 4. 在某中学2025年“创意之光”文创设计大赛中，一名学生设计了一把“紫堡文创”扇子．其扇面可以近似的理解为扇形截去同心扇形所得图形，已知，，，则该扇面的近似面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据扇形的面积公式进行求解即可. 【详解】因为，，， 所以扇面的近似面积为， 故选：C 5. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用对数函数的值域得出范围，再应用特殊角的余弦函数值即可比较. 【详解】因为， ， ， 则的大小关系为. 故选：C. 6. 已知，则的最小值是（ ） A. B. C. e D. 【答案】A 【解析】 【分析】由对数运算化简可得，再由基本不等式可得的最小值. 【详解】由题意，，则，且， 所以， 当且仅当时取等号，所以的最小值是. 故选：A 7. 已知定义域为的函数满足，，且时，，则下列说法正确的（ ） A. B. 为减函数 C. 为奇函数 D. 不等式的解集为 【答案】D 【解析】 【分析】首先令得到，令，求出可判断A；当时，由可得进而确定单调性可判断B；令，结合得可判断C；根据的单调性和解不等式可判断D. 【详解】令，则，得， 对于A，令，则，故A错误； 对于B，若，则，此时， 所以， 即时，，所以为上的增函数，故B错误； 对于C，令，则，所以， 不满足，所以不是奇函数，故C错误； 对于D，因为为上的增函数，且， 所以当时，；当时，， 不等式的解集为，故D正确. 故选：D 8. 函数在区间上所有零点之和为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据零点概念，变形为，作出和在区间上的图象，再证明的图象关于直线对称，运用对称性得解. 【详解】，作出和在区间上的图象如图， 可知两个图象共有4个交点，因此在区间上共有4个零点，由小到大记为． 同时，，， 可得，故的图象关于直线对称， 因此，故所有零点之和为， 故选：B． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．） 9. 若，则角的终边可能落在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】CD 【解析】 【分析】根据各象限三角函数的正负情况判断即可. 【详解】因，所以或， 所以为第三象限或第四象限角. 故选：CD 10. 已知函数，若包含于的值域，则满足条件的实数m可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】分析分段函数两部分的值域，确保包含，分情况列不等式即可求解. 【详解】当时，单调递增，所以； 当时，单调递增， 所以， 因为包含于的值域， 所以或，解得或. 所以满足条件的实数m可以是或. 故选：AC 11. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由条件推得，对于A，利用指数函数的单调性，即可判断；对于B，根据条件，可得，再利用三角函数的单调性，可得，即可判断；对于C，利用在区间上单调递减，可得，再利用和的单调性，即可推得；对于D，利用和的单调性，可得，再利用对数函数的单调性，即可推得. 【详解】由，可得，则， 对于A，由是增函数，是减函数，可得， 故，故A正确； 对于B，因为，所以， 又在区间上单调递增，则在区间上单调递增， 所以，则有，故B错误； 对于C，由，又在区间上单调递减， 可得，故有是减函数，则， 又由在上是增函数可得，，因此，故C正确； 对于D，因为在上是增函数，所以，又是减函数，得， 因此，两边取对数可得，故D正确. 故选：ACD． 【点睛】方法点晴，比较函数值的大小，常用的方法： （1）利用基本函数的单调性，如幂函数、指数函数、对数函数、三角函数等； （2）借助中间值进行比较，常用和. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合.若为角终边上的一点，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦的定义可得出答案. 【详解】为角终边上的一点，则. 故答案是：. 13. 平面直角坐标系中，将函数的图象上满足，的点，称为的“正格点”．若，，的图象与函数，的图象存在“正格点”交点，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据“正格点”的定义确定（为正整数）有正整数解，由值域内的正整数只有1和2，分别讨论即可求解. 【详解】因为，，的图象与函数，的图象存在“正格点”交点， 所以（为正整数）有正整数解， 因为值域内的正整数只有1和2， 当时，由，解得， 则为方程的正整数解， 所以，即，因为，所以， 则，； 当时，由，解得不是正整数，故舍去， 综上，. 故答案为： 14. 函数，其中表示不超过的最大整数．给出下列四个结论： ①的定义域为； ②方程没有实数根； ③函数在上单调递增； ④函数的值域为． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②④ 【解析】 【分析】对于①，根据对数函数的定义域以及取整函数的意义求解即可，也可举反例判断；对于②，解方程，并结合取整函数的意义判断即可；对于③，举反例即可判断；对于④，通过变量替换和不等式变形，分析函数表达式的范围即可判断. 【详解】对于①，由，可知，即， 所以函数的定义域为，故①错误； 对于②，由，得，即， 而，，所以方程没有实数根，故②正确； 对于③，因为，， 所以， 所以函数在不单调递增，故③错误； 对于④，由题意，， 令，则， 所以，， 所以， 所以， 而， 因为函数随增大而增大， 又因为， 所以， 所以， 又因为 所以函数的值域为，故④正确. 故答案为：②④. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了求对数型复合函数的定义域、单调性及值域，对于④解题的关键通过变量替换将转化为，再由复合函数的单调性求解. 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. （1）计算：； （2）已知，，计算的值； （3）已知，求的值． 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【分析】（1）利用对数的运算法则求解即可； （2）利用诱导公式以及同角三角函数的平方关系求解即可； （3）利用弦化切求解即可. 【详解】（1）； （2）因为，所以， 因为，所以， 所以； （3）. 16. 已知函数． （1）求函数的单调递增区间； （2）求函数在上的最大值和最小值，并求出取得最值时对应x的取值． 【答案】（1） （2）答案见详解 【解析】 【分析】（1）根据正弦型函数单调性的性质进行求解即可； （2）根据正弦型函数的最值性质、运用换元法进行求解即可. 【小问1详解】 由， 所以函数的单调递增区间为； 【小问2详解】 令，因为，所以， 因为函数在单调递增，在单调递减， 在，， 所以， 因此当时，即当时，函数有最小值， 当时，即当时，函数有最大值. 17. 已知定义域为R的函数是奇函数． （1）求实数a的值； （2）判断的单调性（无需证明），并求关于x的不等式的解集． 【答案】（1） （2）单调递增， 【解析】 【分析】（1）根据求出，再代入验证即可； （2）利用定义判断函数的单调性，结合奇偶性可得到，再利用余弦函数的性质求解即可. 【小问1详解】 因为是定义域为的奇函数，所以，解得， 当时，， 所以，满足是奇函数， 所以； 【小问2详解】 设， 则， 因为，所以，， 所以，即， 所以在上单调递增， 因为，所以 又奇函数，所以， 所以，得， 所以，化简得，解得或， 因为，所以，解得， 所以关于x的不等式的解集为. 18. 已知函数． （1）若，求实数a的值； （2）若，且，求的值； （3）若函数在的最大值与最小值之和为2，求实数a的值． 【答案】（1）或；（2）1；（3）或． 【解析】 【分析】（1）代入直接求解即可； （2）计算可知，由此得到； （3）分析可知函数在的最大值为2，讨论即可得解． 【详解】解：（1）依题意，，即或，解得或； （2）依题意，，又，故，即，故； （3）显然当时，函数取得最小值为0，则函数在的最大值为2， 结合（2）可知，， 所以，解得或 19. 已知函数的最小正周期为． （1）求实数的值； （2）设函数，，证明：有且只有一个零点，且． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由三角函数周期计算公式求解即可； （2）由题可得，由单调性，正负情况结合零点存在性定理可得零点情况，然后由单调性可完成证明. 【小问1详解】 的最小正周期为， ，； 【小问2详解】 由（1）可得，定义域为， ①当时，函数在上单调递增， 因为，， 所以，根据零点存在定理，使得， 故在上有且只有一个零点； ②当时，因为单调递增，单调递减， ，，所以， 所以在上不存在零点； ③当时，因为单调递增，，因为 所以，所以在上不存在零点； 综上：有且只有一个零点，且， 因为，所以， 所以， 在上单调递减，，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $