精品解析：云南省丽江市第一高级中学2024-2025学年高一上学期期末检测数学试卷

丽江市第一高级中学2024-2025学年高一上学期期末质量检测 数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填 写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规 定的位置贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，用黑色碳 素笔将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题（本大题共8小题，共计40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数，既是奇函数，又是其定义域内增函数的是（ ） A. B. C. D. 3. 函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 4. 已知集合，则中元素的个数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. ，但和的大小关系无法确定 6. 已知函数，若方程在区间上恰有3个实根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知非零实数满足，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 若命题“，使得成立”为假命题，则实数a的取值范围是（ ） A. [1，+∞) B. [0，+∞) C. (，1) D. (，0] 二、多选题（本大题共3小题，共计18分） 9. 若正整数，只有1为公约数，则称，互质.对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数，函数以其首位研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. ， 10. 设函数，下列命题中正确的有（ ） A. 时，是奇函数 B. 时，方程只有一个实根 C. 的图象关于对称 D. 方程至多有两个实根 11. 设函数，则（ ） A. 的图象有对称轴 B. 是周期函数 C. 在区间上单调递增 D. 的图象关于点中心对称 三、填空题（本大题共3小题，共计15分） 12. 已知，且，则__________. 13. 函数的图象与函数的图象交点个数为______. 14. 定义：为实数中较小实数.已知，其中均为正实数，则的最大值是__________. 四、解答题（本大题共5小题，共计77分） 15. 已知一次函数过定点. （1）若，求不等式解集. （2）已知不等式的解集是，求的最小值. 16. 已知函数的部分图象如图. （1）求函数的解析式，并写出它的对称中心； （2）求函数的最小值，并求取最小值时x的集合； （3）若函数的图象向右平移个单位长度得到一偶函数的图象，求m的最小值. 17. 已知函数（），若的最小正周期为. （1）求的解析式； （2）若函数在上有三个不同零点，且 ①求实数a的取值范围； ②求，求实数a的取值范围. 18. 设函数的定义域为D，对于区间，若满足以下两条性质之一，则称I为的一个“T区间”． 性质1：对任意，有； 性质2：对任意，有． （1）分别判断区间是否为下列两函数的“T区间”； ①； ②； （2）若是函数的“T区间”，求m的取值范围； （3）已知定义在R上且图象连续不断的函数满足：对， ，有．求证：存在“T区间”，且使得不属于的所有“T区间”． 19. 已知函数，.若对于给定的非零常数m，存在非零常数，使得对于恒成立，则称函数是D上的“m级类周期函数”，周期为. （1）已知是上的周期为的“2级类周期函数”，且当时，，求若对任意，都有，求实数t的取值范围； （2）是否存在非零实数k，使函数是上的周期为的级类周期函数，若存在，求出实数k和的值，若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丽江市第一高级中学2024-2025学年高一上学期期末质量检测 数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填 写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规 定的位置贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，用黑色碳 素笔将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题（本大题共8小题，共计40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解出集合中的不等式，再根据集合交运算即可求解. 【详解】， 即且， 即且， 得或， 则， 所以. 故选：. 2. 下列函数，既是奇函数，又是其定义域内增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据解析式分别判断每个选项的奇偶性和单调性即可. 【详解】对A，令，则定义域为，且，所以为奇函数，因为和都是增函数，所以为增函数，故A正确； 对B，在每个单调区间内单调递增，但不在定义域内递增，故B错误； 对C，在定义域内单调递减，故C错误； 对D，不是奇函数，故D错误. 故选：A. 3. 函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求的定义域，再判断奇偶性，最后取特殊值判断即可. 【详解】的定义域为，定义域关于原点对称， 因为, 所以是奇函数，排除C选项； 取，则； 取，则，排除B、D选项； 故选：A. 4. 已知集合，则中元素的个数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，联立方程组，求得交点的坐标，确定集合，即可求解. 【详解】由题意，集合， 联立方程组，整理得，解得或， 当时，可得；当时，可得， 所以，即中元素的个数为2个. 故选：B. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. ，但和的大小关系无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】分别由题意证出且，得出结论即可. 【详解】由于，所以，因此， 又因为，即，故 故选：A. 6. 已知函数，若方程在区间上恰有3个实根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过方程解出，再由条件确定的范围，得到可能取值，即可通过条件中的恰有3个实根，建立不等式确定的取值范围. 【详解】若方程， 则，即或， 当时，， 则的可能取值为， 因为原方程在区间上恰有3个实根， 所以， 解得， 即的取值范围是， 故选：A. 7. 已知非零实数满足，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由非零实数满足，通过分类讨论，求得，再结合函数的单调性，不等式的性质等，即可求解. 【详解】由题意，非零实数满足， 当时，由，可得，即； 当时，由，可得； 当时，由，可得，可得， 综上可得， 由幂函数在上为单调递增函数，可得，所以A是正确的； 由，正负不能确定，所以B不正确； 由，正负不能确定，所以C不正确； 由，正负不能确定，所以D不正确. 故选：A. 【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质，函数的单调性，以及作差比较法的应用，其中解答中分类讨论求得和的关系，再结合不等式性质、函数单调性及作差比较进行求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 8. 若命题“，使得成立”为假命题，则实数a的取值范围是（ ） A. [1，+∞) B. [0，+∞) C. (，1) D. (，0] 【答案】A 【解析】 【分析】根据命题和它的否定命题一真一假，写出它的否定命题，再根据否定命题为真命题即可求出的取值范围. 【详解】命题“，使得成立”为假命题, 则它的否定命题: “，”为真命题 所以 解得，所以实数a的取值范围是 故选：A. 二、多选题（本大题共3小题，共计18分） 9. 若正整数，只有1为公约数，则称，互质.对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数，函数以其首位研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. ， 【答案】AC 【解析】 【分析】对于AC：利用欧拉函数定义求解判断；对于BD：举反例说明即可. 【详解】对于选项A：小于或等于的正整数中与互质的正整数为，，，， 小于或等于的正整数中与互质的正整数为，，，， 因为，故A正确； 对于选项B：因为当时，，故B错误； 对于选项C：小于或等于的正整数中与互质的正整数为 ，，，，，，，，，，，，，，，， 共有个，所以，故C正确； 对于选项D：当时，因为，故D不正确； 故选：AC 10. 设函数，下列命题中正确的有（ ） A. 时，是奇函数 B. 时，方程只有一个实根 C. 的图象关于对称 D. 方程至多有两个实根 【答案】ABC 【解析】 【分析】求得，由奇函数的定义判断A；由，代入可得，令，通过解方程判断B；根据中心对称的条件进行证明是否满足即可判断C；举出反例如，确定方程的根的个数即可判断D. 【详解】对于A，，，定义域为， 所以， 则是奇函数，故A正确； 对于B，，令可得， 则方程只有一个实根，故B正确； 对于C，设函数上的任意一点关于点对称的点， 则．代入可得， 所以的图象关于对称，故C正确； 对于D，当，，的根有，，， 此时方程有三个实根，故D错误. 故选：ABC. 11. 设函数，则（ ） A. 的图象有对称轴 B. 是周期函数 C. 在区间上单调递增 D. 的图象关于点中心对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项由偶函数得到轴是其中一条对称轴；B选项用周期的定义找到其中一个周期为；C选项通过两个特殊点函数值的大小判定函数在区间不是单调递增；D选项由中心对称的定义验证是否成立即可. 【详解】∵， ∴是偶函数，关于轴对称，故A正确； ∵， ∴是函数的一个周期，故B正确； ，∵，， 显然，故在区间上不单调递增，故C错误； ， ∴的图象关于点中心对称. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题，共计15分） 12. 已知，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用同角公式中的平方关系求值即可. 【详解】由已知得， 则，所以. 故答案为：. 13. 函数的图象与函数的图象交点个数为______. 【答案】3 【解析】 【分析】在同一坐标系内作出函数与函数的图象，由图象确定交点个数即可. 【详解】函数定义域为，最小正周期为，，当时，， 函数在定义域上是增函数，当时，，当时，， 因此函数与函数的图象交点横坐标只能在区间上， 在同一坐标系内作出函数的部分图象，如图： 观察图象知，函数与函数的图象交点个数为3. 故选：3 14. 定义：为实数中较小实数.已知，其中均为正实数，则的最大值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用不等式放缩消元，可得，这样就化为同变量的取值分析，从而先研究出，再分析出最大值，即可. 【详解】均为正实数，， 当，即时，，即， ， 当时，取到最大值； 当时，； 综上所述，的最大值为. 四、解答题（本大题共5小题，共计77分） 15. 已知一次函数过定点. （1）若，求不等式解集. （2）已知不等式的解集是，求的最小值. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）先运用待定系数法求出函数解析式，再解分式不等式即得； （2）利用三个二次的关系，将一元二次不等式的解转化为对应方程的的根，利用韦达定理和基本不等式即可求得. 【小问1详解】 依题设，因为过定点，所以，即，又，即，所以， 故不等式即，可得，即，将其转化为不等式组得，解得或， 故原不等式的解集为或. 【小问2详解】 由（1）知，又不等式的解集是，所以的解集是， 即方程有两根为，由韦达定理，，且， 则且，故，由， 当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为. 16. 已知函数的部分图象如图. （1）求函数的解析式，并写出它的对称中心； （2）求函数的最小值，并求取最小值时x的集合； （3）若函数的图象向右平移个单位长度得到一偶函数的图象，求m的最小值. 【答案】（1），对称中心 （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）由三角函数的性质求得，即可求出函数的解析式，再令，即可求出它的对称中心； （2）由知，再由三角函数的性质求解即可； （3）根据（1）中所求，结合图像平移可得，再由对称性可求得的表达式，以及其最小值； 【小问1详解】 由图象知. 所以，所以. 又由图象知， 所以，， 则，所以. 又，所以， 可得，所以. 所以， 令 所以它的对称中心为. 【小问2详解】 由知， 此时，即. 所以取最小值时的集合为. 【小问3详解】 向右平移个单位长度得到为偶函数， 即函数图象关于轴对称，即为， 所以，所以. 由于，所以当时，. 所以的最小值为. 17. 已知函数（），若的最小正周期为. （1）求的解析式； （2）若函数在上有三个不同零点，且 ①求实数a的取值范围； ②求，求实数a的取值范围. 【答案】（1）； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）利用正弦型函数的周期公式求出即可. （2）①根据（1），利用换元法，结合二次函数根的分布分情况讨论求解；②设为方程的两个不相等的实数根，由①可求得的取值范围，根据，结合三角函数的性质和三角恒等变换求得的关系，根据韦达定理求解，代入的关系式中，即可求得的取值范围. 【小问1详解】 由的最小正周期为，，得，解得， 所以函数的解析式为. 【小问2详解】 ①由（1）知， 由，得， 令，函数在上单调递增，从0增大到1， 在上单调递减，从1减小到，则，， 由函数在上有三个零点，得在有三个不等的实根， 则关于t的方程可能在上有一个实根，另一个实根在上，或一个实根是1，另一个实根在上， 当一个实根在，另一个实根在上时，，即，解得：， 当一个根为0时，即，则，方程为，，不合题意； 当一个根是，即，解得，方程为，，不合题意； 当一个根是1，另一个实根在，由，得， 方程为，解得或，不合题意， 所以a的取值范围是． ②设为方程的两个不相等的实数根，不妨令，， 由①知，，，即， ，，即， 由，得，则， 而，，则， 因此，即， 由，解得， 则，整理得，而， 则，又，解得， 所以实数a的取值范围是． 18. 设函数的定义域为D，对于区间，若满足以下两条性质之一，则称I为的一个“T区间”． 性质1：对任意，有； 性质2：对任意，有． （1）分别判断区间是否为下列两函数的“T区间”； ①； ②； （2）若是函数的“T区间”，求m的取值范围； （3）已知定义在R上且图象连续不断的函数满足：对， ，有．求证：存在“T区间”，且使得不属于的所有“T区间”． 【答案】（1）为的一个“T区间”，不是的一个“T区间”； （2） （3）对于任意的区间，，记， 由题意，，故在上单调递减， 故， 因为，所以，， 即的长度大于的长度，不满足性质1， 因此，如果为的“T区间”，需满足性质2，即， 即只需存在使得，或存在使得， 因为显然不恒成立，所以存在常数，使得， 若，取，区间，满足性质2， 若，取，区间满足性质2， 综上，一定存在“T区间”， 记，则的图象在R上连续不断，下证有零点， 因为在R上为减函数，所以在R上为减函数，记， 若，则为的零点， 若，则，即，， 由零点存在性定理，可知存在，使得， 若，则，即，， 由零点存在性定理，可知存在，使得， 综上，有零点， 因为的所有“T区间”都满足性质2，故， 故使得不属于的所有“T区间”． 【解析】 【分析】（1）根据函数单调性求出相应的值域，得到，满足性质1，不满足性质1，也不满足性质2，得到答案； （2）分，两种情况，结合函数单调性求出函数值域，从而得到不等式，求出m的取值范围； （3）记，由单调性得到，变形得到，即的长度大于的长度，不满足性质1，因此需满足性质2，即，即只需存在使得，或存在使得，因为显然不恒成立，所以存在常数，使得，一定存在“T区间”，记，结合零点存在性定理得到有零点，故使得不属于的所有“T区间”． 【小问1详解】 时，，满足性质1， 故为的一个“T区间”； 由对勾函数性质得在上单调递增， 且时，，当时，， 故的值域为， 由于与的交集为，不满足性质1，也不满足性质2， 故不是的一个“T区间”； 【小问2详解】 若，在上单调递增， 又，故， 由题意得，即，解得或， 与取交集，得到， 若，在上单调递减，在上单调递增， 故， 其中， 若，即，与取交集得， 此时，故，满足要求， 若，即或，与取交集得， 此时，故， 由于，，显然不能满足性质1和性质2， 所以不合要求，舍去， 综上，； 【小问3详解】 略 【点睛】新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 19. 已知函数，.若对于给定的非零常数m，存在非零常数，使得对于恒成立，则称函数是D上的“m级类周期函数”，周期为. （1）已知是上的周期为的“2级类周期函数”，且当时，，求若对任意，都有，求实数t的取值范围； （2）是否存在非零实数k，使函数是上的周期为的级类周期函数，若存在，求出实数k和的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） 假设存在非零实数，使函数是上的周期为的级类周期函数，则对恒成立， 即对恒成立， 因，，则， 当时，，得，，， 当时，，得，， 综上， ，，，或，，. 【解析】 【分析】（1）结合的解析式以及函数类周期关系式，得出，的解析式，再结合图象可求； （2）利用值域求得，再分类求出值. 【小问1详解】 由题意可知，对恒成立， 可知在每个周期内的最大值随着的变大而变大， 当时，， 则时，，，最大值为， 则时，，，最大值为， 令，，解得或， 结合图象可知，对任意，都有时，实数t的取值范围为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $