2023重庆市一中高一上学期期末数学试题含解析

秘密★启用前  【考试时间：1月12日8：00—10：00】

重庆一中高2025届高一上期期末考试

数学试题卷

注意事项：

1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．

2．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，在试题卷上作答无效．

3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟．

一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的）

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解得，根据交集含义即可得到答案.

【详解】，解得，故，

则，

故选：C.

2. 在平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，始边在轴的非负半轴，终边过点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据三角函数的定义求解即可.

【详解】解：根据题意，结合三角函数定义得，

所以

故选：C

3. “”是“幂函数在上单调递减”的（    ）条件

A. 充分不必要 B. 必要不充分

C. 既不充分也不必要 D. 充要

【答案】D

【解析】

【分析】由题知，解得，再根据充要条件的概念判断即可.

【详解】解：因为幂函数在上单调递减，

所以，解得，

所以“”是“幂函数在上单调递减”的充要条件.

故选：D

4. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据抽象函数的定义域,对数型复合函数的性质列不等式组即可求得.

【详解】因为的定义域为，则，解得，则，所以的定义域为.

故选：B

5. 中文“函数”一词，最早是由近代数学家李善兰翻译的，之所以这么翻译，他给出的原因是“凡此变数中函彼变数者，则此为彼之函数”，也即函数指一个量随着另一个量的变化而变化．下列选项中，既是奇函数，又在定义域上是增函数的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用指数函数，幂函数和三角函数的奇偶性和单调性求解即可.

【详解】选项A：令，，

因为且在上是增函数，所以在上是减函数，在上是增函数，故既是奇函数，又在定义域上是增函数，A正确；

选项B：的定义域为，由幂函数的图像和性质可得在上单调递增，故不具有奇偶性，在定义域上是增函数，B错误；

选项C：，定义域为，由正弦函数的图像和性质可得是奇函数，在上单调递减，在上单调递增，C错误；

选项D：，由幂函数图像和性质可得是奇函数，在定义域上不单调，D错误；

故选：A

6. 已知定义在上的函数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由可得，解方程组求即可.

【详解】由可得，

所以由解得，

故选：A

7. （    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用两角和与差的余弦公式将转化为，进行展开，对于分子则是结合二倍角正弦公式及完全平方式进行化简，最后再约分即可.

【详解】

故选：D.

8. 已知函数有唯一零点，若，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题可知函数为奇函数且单调递增，进而可得函数的对称中心为，且在R上单调递增，进而即得.

【详解】因为

，

对于函数定义域为R，

且，，

所以函数为奇函数，

又时，单调递增，

所以时，单调递增，

所以函数在R上单调递增，

所以的对称中心为，且在R上单调递增，

因为，故，，

因为，，所以，

所以，

所以，，

故.

故选：D.

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 下列命题正确的是（    ）

A.

B. 第一象限角一定是锐角

C. 在与角终边相同的角中，最大的负角为

D.

【答案】AC

【解析】

【分析】利用正弦函数的单调性判断A，利用象限角的概念判断B，写出与角终边相同的角为，再根据判断C，利用弧度制及正弦余弦的正负判断D.

【详解】因为在上单调递增，所以，A正确；

表示第一象限角，当时，不是锐角，B错误；

与角终边相同的角为，当时是最大负角，最大负角为，C正确；

因为，所以，，所以 ，D错误；

故选：AC

10. 已知函数，则（    ）

A. 函数的最小正周期

B. 函数在上单调递增

C. 函数在上的值域为

D. 函数的图像关于直线对称

【答案】BD

【解析】

【分析】作出函数的大致图象，然后逐项分析即得.

【详解】因为，

作出函数的大致图象，

函数的最小正周期，故A错误；

由图象可知函数的增区间为，故函数在上单调递增，故B正确；

当时，，，故C错误；

因为，所以函数的图像关于直线对称，故D正确.

故选：BD.

11. 已知函数是定义域为的单调函数，且满足对任意的，都有，则（    ）

A.

B. 若关于的方程（）有2个不相等的实数根，则

C. 若函数的值域为，则实数的取值范围为

D. 若函数满足对任意的实数，且，都有成立，则实数的取值范围为

【答案】ABD

【解析】

【分析】先利用已知条件求出函数的解析式，选项A，将代入计算即可，选项B将根代入中化简即可，选项C由值域为任意实数得到满足条件的不等式，解出即可，选项D利用函数单调性建立不等式组解出即可.

【详解】令，则，

函数是定义域为的单调函数，

因为，所以，解得，

所以．

对于选项A：，故A正确；

对于选项B：若关于的方程（）有2个不相等的实数根，

则，即，

因为，所以，

所以，故B选项正确；

对于选项C：函数的值域为，

则，

即或，故C不正确，

对于选项D：由函数满足对任意的实数，

且，都有成立，

所以函数在上单调递增，

所以，故D选项正确，

故选：ABD.

12. 若对任意的实数，都存在以，，为三边长的三角形，则正实数的可能取值为（    ）

A.  B. 1 C.  D. 2

【答案】BCD

【解析】

【分析】由题可得恒成立，令，可得对任意恒成立，然后结合对勾函数及不等式性质即得.

【详解】因为，，

所以，

所以恒成立，

令，则对任意恒成立，

因为当时，，所以，

，

故.

故选：BCD.

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：

若在区间上有最值，则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

若能分离常数，即将问题转化为：（或），则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题卡相应位置上）

13. 已知扇形的弧长为，圆心角为，则该扇形的面积为______．

【答案】##

【解析】

【分析】利用扇形弧长公式和面积公式即可求得结果.

【详解】由题意知，圆心角为，弧长为，

设扇形半径为，根据弧长公式得，

则扇形面积.

故答案为：

14. ______．

【答案】1

【解析】

【分析】利用两角和的正切公式计算即可.

【详解】因为，

所以．

故答案为：1.

15. 定义在上的函数满足，且，则______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意确定函数的周期即可求解.

【详解】因为，

所以

，所以，

所以函数以为周期，

所以，

因为，

令得，

所以，

所以，

故答案为: .

16. 已知定义在上的函数满足：①；②函数为偶函数；③当时，，若关于的不等式的整数解有且仅有6个，则实数的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据函数性质可知函数关于，对称，且周期为4，再利用上的解析式，画出函数图象，有数形结合即可求得实数的取值范围.

【详解】由函数为偶函数可知，函数关于对称，且，即，

又，关于对称，

所以，即，

可得函数的周期，

当时，可得其图象如下所示：

由对称性可知，当时满足不等式的整数解有3个即可，

根据图示可得，解得，

即

故答案为：

四、解答题（共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）

17. （1）已知，求的值；

（2）计算：．

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】(1)根据正切找到正余弦的关系，代入求出，化简原式求解.

(2)根据公式化简求解.

【详解】（1）即

又因为，所以

所以

（2）因为

所以

18. 已知函数．

（1）求的值；

（2）求的单调递增区间．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换将函数化简成，即可计算出的值；（2）利用整体代换法即可求得单调递增区间．

【小问1详解】

由可得

，

所以

即

【小问2详解】

由可知，

时，的单调递增，

即，

所以的单调递增区间为

19. 已知．

（1）若是的一个内角，且，求的值；

（2）已知，，，求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)根据诱导公式化简函数解析式，根据三角形内角的取值范围即可求的值；(2)利用余弦的两角和公式求解.

【小问1详解】

由题可得

，

所以，因为，且是的一个内角，

所以.

【小问2详解】

因为，所以，

则，

因为，所以，

所以，所以，

因为，所以，

所以

因为，所以，

所以，

所以

.

20. 已知函数（且）．

（1）判断的单调性并用定义法证明；

（2）若，求在上的值域．

【答案】（1）当时，单调递增，当时，单调递减，证明见解析.   

（2）

【解析】

【分析】（1）任取且，作差判断符号即可判断单调性；

（2）由可得，根据将转化成一元二次函数形式，利用一元二次函数的图像和性质求解即可.

【小问1详解】

当时，单调递增；当时，单调递减，证明如下：

任取且，

，

因为，

所以当时，，则，即，单调递增；

当时，，则，即，单调递减

【小问2详解】

因为即解得或（舍去），

所以，，

所以，

由（1）得当时单调递减，所以当时，，

令，则，一元二次函数对称轴为，

所以在上单调递减，且，，

所以在上的值域为.

21. 已知函数．

（1）当时，判断的奇偶性并证明；

（2）若函数的图象上存在两点，，其关于轴的对称点，恰在函数的图象上，求实数的取值范围．

【答案】（1）偶函数    （2）

【解析】

【分析】（1）结合对数运算，根据奇偶性的定义判断即可；

（2）由题知函数关于轴对称的函数为，进而将问题转化为方程有两个实数根，进一步结合对数运算得以在上有两个实数根，再结合换元法，二次函数性质,数形结合求解即可.

【小问1详解】

解：当时，，定义域为，

，

所以，为偶函数.

【小问2详解】

解：函数的定义域为，

设函数关于轴对称的函数为，设是上的任意一点，

则在函数图象上，即，

所以，

因为函数的图象上存在两点，，其关于轴的对称点，恰在函数的图象上，

所以方程至少有两个实数根，即至少有两个实数根，

，

所以，至少有两个实数根，即在上至少有两个实数根，

所以在上至少有两个实数根，

令，则在上至少有两个实数根，

所以函数与图象有两个交点，

因为，当时，，

当时，，

当时，函数与图象恰有两个交点，

所以，实数的取值范围为．

22. 已知定义在实数集上的函数满足，且对任意，，恒有．

（1）求；

（2）求证：对任意，，恒有：；

（3）是否存在实数，使得不等式对任意的恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）见解析    （3）

【解析】

【分析】(1)根据设，令即可求解；(2)令，有，再令即可证明；（3）根据函数单调性以及用换元法，转化为分类讨论二次函数在给定区间的最值求解.

【小问1详解】

由题可知，，令

可得.

【小问2详解】

因为，所以令，则有，因为，

分别令

可得，

所以，得证.

小问3详解】

由（2）可得，所以，

则函数在定义域上单调递减，

且，

所以，

即恒成立，

令,

因为，所以，所以，

且，所以，

所以，也即恒成立，

令，对称轴为，

若，

则在单调递减，

则，

所以解得，

若，即，

则在单调递增，单调递减，

则，

所以此时无解，

若，即，

则在单调递增，单调递减，

则，

所以此时无解，

若，即，

则在单调递增，

则，

所以此时无解，

综上，的取值范围为.