精品解析：江苏省南通市海门区2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷

2024—2025学年第一学期期末调研 高一数学试卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若a＞b，c＞d，则（ ） A. B. a－c＞b－d C. a－d＞b－c D. ac＞bd 4. 若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，例如函数，与函数，即为“同族函数”.以下函数解析式中也能够被用来构造“同族函数”的是（ ） A. B. C. D. 5. 任何一个正实数N可以表示成的形式，这便是科学记数法，若N两边取常用对数，则有，当时，N是n＋1位数，则的位数为（参考数据：）（ ） A. 611 B. 610 C. 609 D. 608 6. 设，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，在R上单调递减，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的图象关于对称，且在区间上单调递增，则＝（ ） A. B. C. D. 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. 下列各式化简正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ） A. 当时， B. 在上单调递增 C. 的值域为 D. 有2个零点 11. 中，，，则（ ） A. B. 长可能为 C. 的面积的最大值为 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则＝______． 13. 设tan10°＝m，则＝______（结果用含m的式子表示）. 14. 已知幂函数是偶函数，则______，设，若对于任意，，则实数的最大值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设集合． （1）若，求； （2）若“”是“”的充分条件，求实数a的取值范围． 16 已知函数． （1）写出由的图象变换得到的图象的过程； （2）求在上的单调减区间； （3）若，且，求． 17 已知函数． （1）判断的奇偶性，并证明； （2）判断的单调性，并利用单调性的定义证明你的结论； （3）任意，求实数的所有整数解. 18. 在平面直角坐标系xOy中，圆心在坐标原点的单位圆与x轴正半轴、y轴正半轴分别交于点A、B，锐角α的终边与单位圆交于点M，过M作y轴的垂线交y轴于点T，延长TM至点N，使得M为TN的中点． （1）若，求； （2）设的面积为S，四边形的面积为． （i）若，求S和； （ii）当时，求的取值范围（参考公式：）． 19. 对于函数，若实数满足，其中H，M为非零实数，则称为的一个“H－M－泊点”. （1）已知任意实数x都是函数“1－1－泊点”，若， 求； （2）设函数，若是的“－M－泊点”，求M的最大值； （3）设函数若恰有2个“1－1－泊点”，求实数t的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年第一学期期末调研 高一数学试卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解绝对值不等式，再利用交集定义求解即可. 【详解】由可得，即，即得， 则. 故选：B. 2. “”是“”的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分、必要性定义，结合不等式的推出关系判断题设条件间的关系. 【详解】由，则成立，充分性成立； 由，若，显然不成立，必要性不成立； 所以 “”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 若a＞b，c＞d，则（ ） A. B. a－c＞b－d C. a－d＞b－c D. ac＞bd 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的基本性质，或举出反例，逐一检验选项即可. 【详解】 选项A：若，则.所以选项错误. 选项B：若,满足，但是.所以选项B错误. 选项C：因为所以又因为，所以所以选项C正确 选项D：若,满足，但是,所以选项D错误. 故选：C. 4. 若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，例如函数，与函数，即为“同族函数”.以下函数解析式中也能够被用来构造“同族函数”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用“同族函数”的定义，结合各选项函数的性质判断即可. 【详解】对于A，函数是定义域为R上的增函数，对于定义域的不同子集对应的值域不同，A不是； 对于B，函数是定义域为上的增函数，对于定义域的不同子集对应的值域不同，B不是； 对于C，函数是定义域为上的增函数，对于定义域的不同子集对应的值域不同，C不是； 对于D，函数与函数的解析式相同，值域都为， 因此函数能被用来构造“同族函数”，D是. 故选：D 5. 任何一个正实数N可以表示成的形式，这便是科学记数法，若N两边取常用对数，则有，当时，N是n＋1位数，则的位数为（参考数据：）（ ） A. 611 B. 610 C. 609 D. 608 【答案】B 【解析】 【分析】计算的值，由此确定的位数. 【详解】， 是610位数. 故选：B. 6. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数的单调性逐一判断各选项即可. 【详解】对于A，因函数是减函数，故，即A错误； 对于B，因函数在上减函数，故，即B错误； 对于C，D，由上分析，可得，故有，即C正确，D错误. 故选：C. 7. 已知函数，在R上单调递减，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】考虑的两段分段函数的单调性以及分段点处的函数值大小关系即可求解出a的范围． 【详解】因为单调递减，故对应的指数函数部分、二次函数部分都要单调递减， 对指数函数在单调递减，需， 对二次函数，开口向下、对称轴为，故二次函数在单调递减，满足要求， 此外还需满足分段点处的函数值满足，整理得，解得或， 结合，可得， 故选：B． 8. 若函数的图象关于对称，且在区间上单调递增，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先利用正弦函数对称轴的性质求出的表达式，再结合函数在给定区间上的单调性确定的值，进而得到函数的表达式，最后求出的表达式. 【详解】函数图像关于对称，说明在时成立，解得：， 函数在上单调递增，说明在该区间内满足正弦函数的单调递增条件， 所以且， 则当时，解得：， 结合和，得到； 将代入原函数，得到， 则. 故选：A. 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. 下列各式化简正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，根据根式性质化简即可判断，对于B，根据对数运算公式化简即可判断，对于C，根据分数指数幂的运算性质化简，，，即可判断，根据换底公式的推论及对数运算性质化简，，即可判断. 【详解】对于A，，A正确， 对于B，，B错误， 对于C，因为，， ，， 所以，C正确， 对于D，因为， ， 所以，D错误， 故选：AC. 10. 已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ） A. 当时， B. 在上单调递增 C. 的值域为 D. 有2个零点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用奇函数的定义求出的解析式，再逐项判断即得. 【详解】定义在R上的奇函数，，当时，， 对于A，当时，，则，A错误； 对于B，当时，，则在上单调递增，B正确； 对于C，当时，的取值集合为；； 当时，的取值集合为，因此的值域为，C正确； 对于D，由，得， 当时，，解得； 当时，； 当时，，解得，因此有2个零点，D正确. 故选：BCD 11. 在中，，，则（ ） A. B. 的长可能为 C. 的面积的最大值为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据，结合，可求的取值范围，判断A的真假；根据勾股定理，可用表示，根据 ，可求的取值范围，判断B的真假；结合基本不等式，可求面积的最大值，判断C的真假；先利用直角三角形的边角关系，把问题转化成：，再结合基本不等式可判断D的真假. 【详解】对A：由，故A正确； 对B：因为，. 当时，取得最小值，所以，所以，所以不可能成立，故B错误； 对C：因为（当且仅当，即，时取等号）. 所以.故C正确； 对D：因为为直角三角形，且，所以，. 又因为. 因为，.（当且仅当时取等号） 所以成立.故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. 已知函数，则＝______． 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数的定义，由自变量所在的范围代入对应解析式求解即可. 【详解】 . 故答案为：. 13. 设tan10°＝m，则＝______（结果用含m的式子表示）. 【答案】 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系式和诱导公式可求答案. 【详解】. 故答案为： 14. 已知幂函数是偶函数，则______，设，若对于任意，，则实数的最大值为______. 【答案】 ① －2 ②. －1 【解析】 【分析】根据幂函数的定义和偶函数的性质即可解出，令，将不等式转化为恒成立问题，即可求解. 【详解】由已知幂函数是偶函数，则有，解得或， 又，则指数须为偶数，所以. 所以，则， 不等式可化为，令， 则，时取等号，不等式变为. 当时，不等式不成立； 当时，令二次函数，其对称轴为，， 要使在时恒成立， 则且，解得，所以的最大值为. 故答案为：－2；－1. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设集合． （1）若，求； （2）若“”是“”的充分条件，求实数a的取值范围． 【答案】（1）或 （2）或 【解析】 【分析】（1）求解二次不等式，得到集合，根据集合并集运算法则计算即可； （2）由题可知，列出不等式进行计算即可． 【小问1详解】 当时，或； ∵， ∴或； 【小问2详解】 ∵“”是“”的充分条件，∴， ∵，即， ∴或，∴或， 而，要使得， 需有或， ∴或． 16. 已知函数． （1）写出由的图象变换得到的图象的过程； （2）求在上的单调减区间； （3）若，且，求． 【答案】（1）答案见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）方法一：先将的图象向左平移个单位，再将每个点的横坐标变为原来的一半（纵坐标不变），最后将每个点的纵坐标变为原来的两倍（横坐标不变）即可； 方法二：先将的图象的每个点的横坐标变为原来的一半（纵坐标不变），再向左平移个单位，最后将每个点的纵坐标变为原来的两倍（横坐标不变）即可； （2）方法一：由求出的范围，结合正弦函数性质列不等式求函数的单调递减区间， 方法二：由不等式求出函数的单调递减区间，再求结论； （3）由条件可得，结合关系化简方程可得，，由此可求结论. 【小问1详解】 方法一：由的图象变换得到的图象的过程为， 先将的图象向左平移个单位可得的图象， 再将的图象的每个点的横坐标变为原来的一半（纵坐标不变），可得的图象， 最后将的图象的每个点的纵坐标变为原来的两倍（横坐标不变）可得函数的图象； 方法二：由的图象变换得到的图象的过程为， 先将的图象的每个点的横坐标变为原来的一半（纵坐标不变），可得的图象， 再将的图象向左平移个单位可得函数的图象， 最后将的图象的每个点的纵坐标变为原来的两倍（横坐标不变）可得函数的图象； 【小问2详解】 法一：因为，所以， 因为y＝sinx在上单调递减，在和上单调递增， 令，可得， 所以函数在上的单调减区间为．（注意端点开闭均可） 法二： 由，，可得，， 所以函数的单调递减区间为，， 因为，所以，， 即函数f（x）在[0，π]上的单调减区间为．（注意端点开闭均可） 【小问3详解】 因为，所以， 因为，所以， 所以，， 所以， 即，所以． 17. 已知函数． （1）判断的奇偶性，并证明； （2）判断的单调性，并利用单调性的定义证明你的结论； （3）任意，求实数的所有整数解. 【答案】（1）奇函数，证明见解析 （2）在上单调递减，证明见解析 （3）或 【解析】 【分析】（1）利用奇偶性的定义结合对数的运算证明即可； （2）利用单调性的定义任取满足，结合对数的运算判断的符号证明即可； （3）由在上的单调性求出的最值，解不等式即可. 【小问1详解】 函数是奇函数，证明如下： ，所以，解得函数定义域, 因为任意，都有， 又，所以函数是奇函数. 【小问2详解】 在上单调递减，证明如下： 法一：任取满足， 因为 ＝， 因为，，且单调递增， 所以，， 依据同向不等式的可加性， 所以， 即，所以在上单调递减． 法二：任取满足，因为， 所以， 因为，， 所以，即， 所以，即，所以在上单调递减． 【小问3详解】 由第（2）问知在上单调递减， 所以， 因为， 所以， 所以，即得，解得， 因为，所以或． 18. 在平面直角坐标系xOy中，圆心在坐标原点的单位圆与x轴正半轴、y轴正半轴分别交于点A、B，锐角α的终边与单位圆交于点M，过M作y轴的垂线交y轴于点T，延长TM至点N，使得M为TN的中点． （1）若，求； （2）设的面积为S，四边形的面积为． （i）若，求S和； （ii）当时，求的取值范围（参考公式：）． 【答案】（1） （2）（i）；或；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据三角函数定义表示出M，再表示出N，T，根据求出，根据即可求解. （2）（i）表示出的面积S，结合可求得，再根据同角三角函数关系即可求解S；对于求，法一：弦化为切，建立关于正切的方程即可求解；法二：先求出，再求出正弦和余弦，从而求出正切；（ii）表示出，采用换元法并结合函数单调性即可得到答案.换元法一：，构造函数，对函数进行研究即可得到答案；换元法二：先表示出，然后令，再令，从而构造函数进行研究即可求解. 【小问1详解】 如图，∵锐角α的终边与单位圆交于点M， 由题意可知，， ∵M为中点，∴，∴， ∵，，∴， ∴在直角三角形中； 【小问2详解】 的面积， （i）∵， ∴，即①， ①式平方得，∴，∴； 法一：∵， ∴，即， ∴或． 法二：∵， ∴， 当②，联立①式解得，， ∴； 当③，联立①式解得，，， ∴； 综上，或； （ii）∵，且， 法一：令，∵， ∴，∴；∴， 设，任取， ∵， 当时，，∴， ∴在上递增；∴， ∴的取值范围是； 法二：∵，且， ∴， 令， ∵，∴， 令，设，则， ∵， 当时，，， ∴在上递减，且， ∴，∴，； ∴， ∴. 19. 对于函数，若实数满足，其中H，M为非零实数，则称为的一个“H－M－泊点”. （1）已知任意实数x都是函数的“1－1－泊点”，若， 求； （2）设函数，若是的“－M－泊点”，求M的最大值； （3）设函数若恰有2个“1－1－泊点”，求实数t的取值范围. 【答案】（1）2025 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）根据“1－1－泊点”定义有，则，得，根据周期函数得，求得答案. （2）依题意，有解，法一：，求M的最大值；法二：利用齐次化，，利用基本不等式求M的最大值；法三：联立，即在上有解，换元，利用二次函数求出最大值； （3）依题意，转化为在定义域内恰有2个解，分类讨论求得答案. 【小问1详解】 因为任意，， 所以，所以， 所以为周期为2 的周期函数， 所以． 【小问2详解】 因为是的“－M－泊点”， 所以在上有解， 因为，所以， 法一：因为， 当且仅当时，即时取得等号， 所以，所以M的最大值为． 法二：因为 令，，所以， 当且仅当，即时取得等号，此时， 所以M的最大值为． 法三：因在上有解， 即在上有解， 设，所以在区间上有解， 因为函数在上关于对称， 所以解得，所以M的最大值为． 【小问3详解】 因为函数恰有2个“1－1－泊点”， 所以在定义域内恰有2个解， 因， ①当时，则， 所以，即，所以，舍去； ②当时，所以， 即（*）， ③当时，， 所以，即（**）； 依据条件，（**）和（*）共有2个不同实数解； （i）对于（*）式，令，， 设，所以上递增，，， 所以关于m的方程在上解的情况如下： （a）当，即时，（*）没有实数根； （b）当，即时，（*）没有实数根； （c）当即0＜t＜2，（*）只有一个实数根. （ii）对于（**）式，令，， 设， 因为 函数的对称轴为，由（i）得： （a）当时在内需2个零点，且， 所以即，无解； （b）当时，在内需2个零点， 但，至多一个零点，舍去； （c）当时，在内需1个零点，且， 所以在上递增， 所以即，解得 所以 综上所述，t的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$