2024-2025学年广东省深圳市高一上学期期末考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年广东省深圳市高一上学期期末考试数学检测试题（附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则“”是“点在第一象限内”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．已知正数，满足，则的最小值为（ ）
A．6B．8C．16D．20
4．下列选项分别是四种生意预期的获益y关于时间x的函数模型，从足够长远的角度看，使得公司获益最大的函数模型是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共1小题）
5．要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A．向右平移B．向右平移C．向左平移D．向右平移
三、单选题（本大题共3小题）
6．已知为定义在上的奇函数，且对任意实数，有，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则有（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数，若关于x的方程有6个不同的实数根，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
四、多选题（本大题共1小题）
9．下列等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
五、单选题（本大题共1小题）
10．已知函数，则（ ）
A．为偶函数B．最小正周期为，在区间单调递减
C．最大值为2D．图象关于直线对称
六、多选题（本大题共2小题）
11．下列选项正确的有（ ）
A．“，”是假命题，则
B．函数的图象的对称中心是
C．若存在反函数，且，则的图象必过点
D．已知表示不超过x的最大整数，则函数值域为
12．函数，以下正确的是（ ）
A．若的最小正周期为，则
B．若，且，则
C．当时，在单调且在不单调，则.
D．当时，若对任意的有成立，则的最小值为
七、填空题（本大题共4小题）
13．已知，，则 ．
14．已知角的终边上有一点P的坐标是，，则 ．
15．函数在上单调递增，则k的取值范围为 ．
16．已知，，则 ．
八、解答题（本大题共6小题）
17．如图，在平面直角坐标系xy中，锐角的终边与单位圆交于点，射线OA绕点O按逆时针方向旋转后交单位圆于点B，点B的横坐标为．
(1)求的表达式，并求的值；
(2)若，，求的值.
18．已知函数是定义在R上的偶函数，当时，．
(1)求函数的解析式；
(2)求不等式的解集．
19．已知函数．
(1)求函数的最大值与最小值，并分别写出取最大值与最小值时相应的值．
(2)求函数，的单调递减区间．
20．已知函数，不等式解集为M，
(1)设函数在上存在零点，求实数m的取值范围；
(2)当时，函数（其中）的最小值为，求实数a的值．
21．已知为奇函数．
(1)求a的值；
(2)若对恒成立，求实数k的取值范围；
(3)设，若，总，使得成立，求实数m的取值范围．
22．已知函数，其中，.
（1）若，，且对任意的，都有，求实数的取值范围；
（2）若，，且在单调递增，求的最大值.
答案
1．【正确答案】D
【分析】根据题意，解一个一元二次不等式和一个一元一次不等式即得集合，再利用集合的交集定义即得.
【详解】由集合中不等式可解得：，即,
由集合中函数有意义，可得：，，即，
则.
故选：D.
2．【正确答案】B
【分析】结合三角函数的想先符号判断即可.
【详解】若，则在第一或三象限，
则或，则点在第一或三象限，
若点在第一象限，
则，则.
故“”是“点在第一象限内”的必要不充分条件.
故选：B
3．【正确答案】B
【分析】根据给定条件结合“1”的妙用即可求出的最小值.
【详解】因正数，满足，则，
当且仅当，即时取“=”，由及解得：，
所以当时，取得最小值8.
故选：B
4．【正确答案】A
【分析】根据函数的增长快慢差异判断.
【详解】解：因为指数函数的底数大于1，其增长速度随着时间的推移会越来越快，
比幂函数，对数函数，一次函数增长的速度快，
所以从足够长远的角度看，使得公司获益最大的函数模型是，
故选：A
5．【正确答案】BD
【分析】直接根据平移规律逐项分析判断即可.
【详解】对于A：向右平移，可得，故A错误；
对于B：向右平移，可得，故B正确；
对于C：向左平移，可得，故C错误；
对于D：向右平移，可得，故D正确；
故选：BD.
6．【正确答案】D
【分析】由可得函数在定义域内单调递减，用奇偶性可将关系式变形为，根据单调性就可以求出.
【详解】对任意实数，有,所以函数在上单调递减，
又因为函数为定义在上的奇函数，且，则，所以得.
故选：D
7．【正确答案】C
【分析】将化到同一个单调区间上的同名函数比大小，再将与比大小.
【详解】，
，
因为在为增函数，所以，
又，
所以，
故选：C
8．【正确答案】A
【分析】因为，所以或，只需的图象与直线有3个交点，据此即可求解.
【详解】因为，
所以或，因为关于x的方程有6个不同的实数根，
所以的图象与直线和直线有6个不同的交点，
如图的图象与直线有3个交点，
所以只需的图象与直线有3个交点，
所以.
故选：A.
关键点点睛：本题关键在于因为，所以或，只需的图象与直线有3个交点的分析.
9．【正确答案】AD
【分析】利用两角和差的正弦公式、正切公式的逆运用可以分别计算出A、D选项，利用二倍角正弦公式的逆运用可以计算出B选项，根据降幂公式可以化简病求出C选项.
【详解】对于A选项，，所以A正确；
对于B选项，，所以B不正确；
对于C选项，，所以C不正确；
对于D选项，，所以D正确；
故选：AD.
10．【正确答案】ABD
【分析】先由，再利用函数的奇偶性定义判断.
【详解】解：因为的定义域为，
又，
且，
所以为偶函数，故A正确,
的最大值为，故C错误；
当时，，故的图象关于对称，故D正确.
的最小正周期为，且当时，，
结合余弦函数的单调性可得在上为减函数，故B正确，
故选：ABD.
11．【正确答案】BD
【分析】转化为“”为真命题，结合二次函数的性质，可判定A不正确；根据函数图象变换，可得判定B正确；根据反函数的性质，可判定C错误；根据函数的新定义，可判定D正确.
【详解】对于A中，由命题“”是假命题，
可得命题“”为真命题，
当时，恒成立，符合题意；
当时，则满足，解得，
综上可得，实数的取值范围为，所以A不正确；
对于B中， 函数的图象，可看成的图象向右平移1个单位长度得到，
因为函数的对称中心为，所以函数的图象关于对称，所以B正确；
对于C中，若存在反函数，且，可得，
即函数过点，则函数的图象必过点，所以C错误；
对于D中， 已知表示不超过x的最大整数，
当时，，则函数,
在上此函数为单调递增函数，故其值域为，所以D正确.
故选：BD.
12．【正确答案】BCD
【分析】由函数周期公式可判断A；由题意得，结合函数周期公式可判断B；
若在单调，则且，结合得，则，验证题设条件可判断C；由题意得，即，求得最小值可判断D.
【详解】，，，故A错误；
，又，且，，，，故B正确；
当时，若在单调，则，
且，，又，，则，
由，得，此时在单调且在不单调，故C正确；
当时，，又因为对任意的有成立，则，即，当时，取最小值，故D正确．
故选：BCD.
13．【正确答案】/
【分析】由得到，再利用指数幂的运算求解.
【详解】解：因为，，
所以，，
故
14．【正确答案】
【分析】根据三角函数的定义，求得，再利用诱导公式和三角函数的基本关系式，即可求解.
【详解】由角的终边上有一点P的坐标是，可得，
则.
故答案为.
15．【正确答案】
【分析】分、和三种情况，结合单调性的性质以及对勾函数单调性分析求解.
【详解】若，则在上单调递增，
所以函数在上单调递增，符合题意；
若，则函数在上单调递增，符合题意；
若，则在上单调递减，在上单调递增，
则，解得；
综上所述：k的取值范围为.
故答案为.
16．【正确答案】
【分析】利用三角函数诱导公式和三角恒等变换求解.
【详解】解：因为，，
所以 ，
，
，
故
17．【正确答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由题意可知，结合任意角三角函数的定义分析求解；
（2）由题意可得，结合同角三角关系运算求解.
【详解】（1）因为锐角的终边与单位圆交于点，
则，可知，
又因为射线OA绕点O按逆时针方向旋转后交单位圆于点B，
所以，可得.
（2）若，，则，
所以.
18．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合偶函数的定义运算求解；
（2）根据（1）中解析式，分和两种情况，结合二次不等式运算求解.
【详解】（1）若，则，
由题意可得：，
所以.
（2）由（1）可知：，
若时，令，即，解得或（舍去）；
若时，令，即，解得或（舍去）；
综上所述：不等式的解集为.
19．【正确答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据题意整理可得，结合正弦函数的最值分析求解；
（2）根据题意整理可得，结合正弦函数的单调性分析求解.
【详解】（1）由题意可得：，
所以当，即时，取到最大值1；
当，即时，取到最小值.
（2）因为，
令，解得，
所以函数的单调递减区间为.
20．【正确答案】(1)
(2)1
【分析】（1）根据指数函数单调性解得，进而根据函数单调性以及零点存在性定理分析求解；
（2）换元令，可得在内的最小值为，结合二次函数性质分析求解.
【详解】（1）因为，则，解得，即，
又因为，
且在内单调递增，则在内单调递增，
若函数在上存在零点，则，解得，
所以实数m的取值范围.
（2）因为，
令，由可知，
可知在内的最小值为，
且的图象开口向上，对称性，
可得，解得，
即实数a的值为1.
21．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据奇函数的定义分析求解；
（2）由题意可得，换元令，结合对勾函数的最值分析求解；
（3）由题意可知：，根据指数型函数以及正弦型函数的最值分析求解.
【详解】（1）因为为奇函数，且定义域为，
则，解得，
此时，
可得，
所以为奇函数，即符合题意.
（2）若对恒成立，即，
整理得，可知，
令，由可知，且，
可得，
因为在上单调递减，在上单调递增，
且，，即在上的最大值为，
可得，所以实数k的取值范围.
（3）由题意可知：，
因为在定义域内单调递增，可知在定义域内单调递增，
且，可得，
又因为，则，可得，
所以，可得，所以，
故实数m的取值范围.
22．【正确答案】（1）（2）
（1）代入,可求得的解析式.代入不等式化简,将不等式化简为关于的二次函数形式,结合即可求得的取值范围.
（2）解法1:根据条件可求得函数的对称轴,且由可得的表达式.再根据在单调递增,可得关于的不等式组,解不等式组即可求得的最大值.
解法2:根据在单调递增可先求得的取值范围,结合可得函数的对称轴, 且由可得的表达式.根据可求得的值,再求得于的值,即可得的解析式.进而求得满足在单调递增时的最大值.
【详解】（1）∵,
∴
∴,即
∵
∴
∴当时,
∴
（2）解法1：∵
∴为图像的对称轴
又
∴
两式相减得
∴
∵在单调递增,令
∴在单调递增
∴,则,
①+②得
∴
∵
∴当时取到最大值为
解法2：在单调递增
∴
∴
∵
∴为图像的对称轴
又
∴
两式相加得
∵
∴或
①当时,,得,
②当时,得,
当,时
时,
则满足条件在单调递增,所以的最大值为.
本题考查了正弦函数的图像与性质的综合应用,三角函数的对称性及单调性的性质,根据条件求参数的取值范围,综合性强,对分析问题解决问题的能力要求较高,属于中档题.