精品解析：河北省保定市3+1联考2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题

河北省保定市3+1联考2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 一、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的. 1. 若角，则它是（ ） 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】根据象限角和弧度制判断. 【详解】因为，所以角是第三象限角. 故选：C. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集的定义即可求解. 【详解】因为，， 所以． 故选:B． 3. 已知命题：，，命题：，，则（ ） A. 和均为真命题 B. 和均为真命题 C. 和均为真命题 D. 和均为真命题 【答案】B 【解析】 【分析】判断出命题的真假，即可得以及的真假，即得答案. 【详解】因为当时，成立，故命题为真命题，为假命题； 当时，，故命题：，为假命题，为真命题. 故选：B 4. 已知，，其中表示不超过的最大整数，如，则（ ） A. e B. 1 C. 0 D. 【答案】D 【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． 故选：D． 5. 函数的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据基本初等函数性质求得函数的单调性，在利用函数零点存在性定理即可求解. 【详解】由为减函数，而也为减函数， 所以函数为上的减函数， 由，， 所以零点在区间上， 故选：B 6. 已知点在幂函数的图象上，设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据幂函数图象过点求出，可得的解析式，再根据的单调性可得答案. 【详解】已知幂函数经过点，可得，解得， 即，易知在上单调递减． 由于，， 所以可得，综上所述，． 故选：B． 7. 已知某种蔬菜的保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：）近似满足函数关系（为常数，为自然对数底数），若该品种蔬菜在时的保鲜时间为小时，在时的保鲜时间为小时，则在时，该品种蔬菜的保鲜时间大约为（ ） A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知类型函数式，代入条件，结合指数幂的运算，即可直接求解所求结果. 【详解】由题意得：， 两式相除得， 则． 即该品种蔬菜的保鲜时间大约为小时. 故选：C 8. 已知函数的定义域为R，且对任意实数x，y，都有.若，则（ ） A. B. -1 C. D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法依次求出，进而探讨函数的性质求得答案. 【详解】对任意实数x，y，都有，， 取，得，即，解得， 取，得，即，解得， 任意，则，因此， 取，得，则，， 所以. 故选：D 【点睛】关键点点睛：涉及抽象函数等式，利用赋值法求解是解决问题的关键. 二、选择题：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. 小胡同学在学习了《任意角和弧度制》后，对家里的扇形瓷器盘（图1）产生了浓厚的兴趣，并临摹出该瓷器盘的大致形状，如图2所示，在扇形中，，，则（ ） A. B. 弧的长为 C. 扇形的周长为 D. 扇形的面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据角度制与弧度制的互相转化、扇形的弧长与面积公式易得答案. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，弧长，故B正确； v对于C，，扇形的周长为，故C错误； 对于D，扇形的面积，故D正确． 故选：BD． 10. 若实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由条件等式，结合基本不等式求的范围判断AB，结合求的范围判断CD. 【详解】因为，所以， 当且仅当或时等号成立，A正确，B错误； 因为，又， 所以，故， 所以，当且仅当或时等号成立，C正确，D错误. 故选：AC 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，为偶函数 B. 既有最大值又有最小值 C. 在上单调递增 D. 的图象恒过定点 【答案】ACD 【解析】 【分析】由奇偶性定义判断A，根据指数函数的单调性与二次函数性质求最值判断B，由复合函数的单调性判断C，计算后即可判断D． 【详解】当时，，定义域为，因为，所以为偶函数，A正确； 因为，所以，则有最大值，没有最小值，B错误； 因为在上单调递增，在上单调递减，又在上单调递增， 所以在上单调递增，在上单调递减，C正确； 当时，，所以的图象恒过定点，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. 已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的非负半轴，为角终边上一点，若，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求解即可. 【详解】由三角函数的定义可知， ，所以，解得， 故答案：． 13. 已知，，则_________________.（用表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据指数与对数的关系得到，再根据对数的运算性质计算可得. 【详解】因为，所以， 又，所以 . 故答案为： 14. 德国数学家高斯用取整符号定义了取整运算，对于任意实数，表示不超过实数的最大整数，例如，则______________． 【答案】 【解析】 【分析】利用取整函数定义，结合三角函数的周期性和取值情况，可得一个周期内个取整函数值的和，再来计算即可求值. 【详解】根据正弦函数的周期为， 在一个周期内有 当时，， 当时，， 所以， 根据三角函数的周期性可知 . 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. 已知全集，集合，. （1）若，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围. 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】（1）先解二次与一次不等式化简集合，再进行集合的补、并运算即可得解； （2）根据题意得到是的真子集，从而利用集合的包含关系得到关于的不等式组，解之即可得解. 【小问1详解】 由题意知， ， 若，则， 所以， 所以. 【小问2详解】 由（1）得，， 因为“”是“”的充分不必要条件，所以为的真子集， 所以且等号不同时成立， 解得， 即的取值范围是. 16. 已知． （1）若是第二象限角，求的值； （2）求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式及同角公式列式计算得解. （2）利用诱导公式化简，再利用齐次式法计算得解. 【小问1详解】 依题意，，由是第二象限角，得， 又，解得，所以. 【小问2详解】 ． 17. 已知二次函数． （1）当取何值时，不等式对一切实数都成立？ （2）若在区间内恰有一个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二次函数的性质以及不等式，建立不等式组，可得答案； （2）利用分类讨论思想，分二次函数存在一个或两个零点的情况，结合零点的定义以及零点存在性定理，可得答案. 【小问1详解】 因为为二次函数，所以， 又因不等式对一切实数都成立， 所以，解得． 【小问2详解】 当在上仅有一个零点时，由，解得， 此时零点为，符合题意； 当在R上有两个零点时，，即且， ①当时，，则由解得另一个零点为，符合题意； ②当时，，则由解得另一个零点为，符合题意； ③当时，由零点存在定理，则，即，解得 综上，在区间内恰有一个零点时，实数的取值范围为 18. 已知函数为奇函数. （1）求a的值； （2）判断函数在和上的单调性并证明； （3）若对任意的，，都有，求m的取值范围. 【答案】（1） （2）在上单调递减，在上单调递增，证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用奇函数的性质得到关于的方程，解后再进行检验即可得解； （2）利用函数单调性的定义，结合作差法即可得证； （3）根据题意，将问题转化为，结合（2）中结论得到关于的不等式，解之即可得解. 【小问1详解】 由为奇函数，定义域为，可得， 即，解得， 此时，又，满足为奇函数，所以. 【小问2详解】 函数在上单调递减，在上单调递增，证明如下： ，且， 有， 当时，，所以，则， 所以在上单调递增； 当时，，所以，则， 所以在上单调递减. 【小问3详解】 若对任意的，都有， 只需， 由（2）可知在上单调递减，在上单调递增， 所以，又， 所以， 所以，解得或， 故的取值范围是. 19. 现定义了一种新运算“”：对于任意实数，，都有（且）. （1）当时，计算； （2）证明：，，，都有； （3）设，若在区间（）上的值域为，求实数的取值范围. 【答案】（1）5 （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）根据新定义运算即可； （2）根据新定义及对数的运算性质证明； （3）根据新定义化简函数解析式，再由对数型复合函数的性质求值域即可得解. 【小问1详解】 解：当时，. 【小问2详解】 证明：因为， ， 所以. 【小问3详解】 解：由新运算可知， . 令，则在上单调递减， 由于在上的值域为，所以，则， 所以在上单调递增，则，即， 整理得，，所以， 将代入，得， 同理得，. 所以，是函数在上的两个不同的零点， 则，解得, 所以， 故实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：新定义题目的解题关键在于读懂所给定义，首先由特殊情况具体问题去结合新定义理解解题，提高对新定义的理解运用的基础上去解决更抽象更一般的问题，其次把握新定义的变形运用能力是关键，对能力要求很高. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 河北省保定市3+1联考2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若角，则它是（ ） A. 第一象限角 B. 第二象限角 C. 第三象限角 D. 第四象限角 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知命题：，，命题：，，则（ ） A. 和均为真命题 B. 和均为真命题 C. 和均真命题 D. 和均为真命题 4. 已知，，其中表示不超过的最大整数，如，则（ ） A. e B. 1 C. 0 D. 5. 函数的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点在幂函数的图象上，设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知某种蔬菜的保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：）近似满足函数关系（为常数，为自然对数底数），若该品种蔬菜在时的保鲜时间为小时，在时的保鲜时间为小时，则在时，该品种蔬菜的保鲜时间大约为（ ） A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时 8. 已知函数的定义域为R，且对任意实数x，y，都有.若，则（ ） A. B. -1 C. D. 0 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 小胡同学在学习了《任意角和弧度制》后，对家里扇形瓷器盘（图1）产生了浓厚的兴趣，并临摹出该瓷器盘的大致形状，如图2所示，在扇形中，，，则（ ） A. B. 弧的长为 C. 扇形的周长为 D. 扇形的面积为 10. 若实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，为偶函数 B. 既有最大值又有最小值 C. 在上单调递增 D. 的图象恒过定点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的非负半轴，为角终边上一点，若，则_____． 13. 已知，，则_________________.（用表示） 14. 德国数学家高斯用取整符号定义了取整运算，对于任意实数，表示不超过实数的最大整数，例如，则______________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15 已知全集，集合，. （1）若，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围. 16. 已知． （1）若是第二象限角，求的值； （2）求的值． 17 已知二次函数． （1）当取何值时，不等式对一切实数都成立？ （2）若在区间内恰有一个零点，求实数的取值范围． 18. 已知函数为奇函数. （1）求a的值； （2）判断函数在和上的单调性并证明； （3）若对任意的，，都有，求m的取值范围. 19. 现定义了一种新运算“”：对于任意实数，，都有（且）. （1）当时，计算； （2）证明：，，，都有； （3）设，若在区间（）上的值域为，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$