湖南省怀化市2024-2025学年高一上学期期末考试数学试题 含解析

这是一份湖南省怀化市2024-2025学年高一上学期期末考试数学试题 含解析，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时长：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据并集定义计算可得.
【详解】因为，，
所以.
故选：D
2. 如图，角的顶点在原点，始边在轴的非负半轴上，它的终边与单位圆相交于点，且点的横坐标为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的定义计算可得.
【详解】因为角的终边与单位圆相交于点，且点的横坐标为，
所以.
故选：B
3. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由推不出，故充分性不成立；
由推得出，故必要性成立；
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. 已知函数，则（ ）
A. 1B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数解析式计算可得.
【详解】因为，
所以.
故选：A
5. 函数在区间上是单调递减的，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二次函数的性质求解参数范围即可.
【详解】由题意,的图象开口向上，对称轴为直线，
因为在区间上单调递减，所以，
解得.
故选：C.
6. 下列比较大小中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据换底公式及对数函数的性质判断A，根据幂函数的性质判断B、D，根据中间量判断C.
【详解】对于A：因为，，
又，所以，所以，故A错误；
对于B：因为在上单调递减，，所以，故B错误；
对于C：因为，，所以，故C错误；
对于D：因为，又在上单调递增，
所以，即，故D正确；
故选：D
7. 已知，，，，则下列一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数与对数的关系及指数幂的运算性质计算可得.
【详解】因为，，所以，，
又，所以，
又，所以，所以.
故选：C
8. 已知，，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由将切化弦，再通分，结合两角差的正弦公式求出，再由两角差的余弦公式求出，即可得解.
【详解】因为，，
所以，
所以，
又，所以，
所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是由所给条件推导出、的值.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 下列命题是真命题的有（ ）
A. 若，，则B. 若且，则
C. 若，，则D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】利用特殊值判断A、D，利用不等式的性质判断B、C.
【详解】对于A：如，，，，满足，，
但是，故A错误；
对于B：因为，所以，又，所以，
所以，故B正确；
对于C：因为，所以，则，又，所以，故C正确；
对于D：若，则，故D错误.
故选：BC.
10. 下列关于函数的说法正确的是（ ）
A. 要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位
B. 函数的图象关于点中心对称
C. 若，则
D. 函数在区间内单调递增
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据三角函数的平移变换判断A，根据正弦函数的性质判断B、D，利用诱导公式判断C.
【详解】对于A：将函数的图象向左平移个单位得到，故A错误；
对于B：因为，所以函数的图象关于点中心对称，故B正确；
对于C：因为，所以，
所以，故C正确；
对于D：由，所以，
因为在上单调递增，所以函数在区间内单调递增，故D正确；
故选：BCD
11. 若是定义在R上的函数，当时，，且对任意x，，恒成立，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 是偶函数
C. 的图象关于对称
D. 若，则恒成立
【答案】ACD
【解析】
【分析】令可求出判断A，可得函数的奇偶性判断B，函数的奇偶性，得到函数的对称性，即可判断C，利用单调性的定义判断D.
【详解】已知，
令，可得，解得，故A正确；
再令，得，
即，因为不恒成立，所以，
所以为奇函数，故B错误；
因为为奇函数，所以关于原点对称，则的图象关于对称，故C正确；
因为当时，，所以当时，，则；
设任意的，，且，
则，
所以，
因为，，且，
所以，，，，，
所以，即，
所以在上单调递增，则在上单调递增，
又，且当时，，当时，，
所以是R上的增函数，则当时，恒成立，故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于抽象函数求函数值一般采用赋值法，抽象函数的单调性的证明通常是利用定义法.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的定义域是______．
【答案】
【解析】
【详解】 ，即定义域为
点睛：常见基本初等函数定义域的基本要求
(1)分式函数中分母不等于零．
(2)偶次根式函数的被开方式大于或等于0.
(3)一次函数、二次函数的定义域均为R.
(4)y＝x0的定义域是{x|x≠0}．
(5)y＝ax(a>0且a≠1)，y＝sin x，y＝cs x的定义域均为R.
(6)y＝lgax(a>0且a≠1)的定义域为(0，＋∞)．
13. 当时，的最小值是___________.
【答案】4
【解析】
【分析】利用换元法，令将所给的代数式进行变形，然后利用均值不等式即可求得最小值.
【详解】由，可得.
可令，即，则，
当且仅当，时，等号成立.
故答案：．
14. 对于函数，若在其定义域内存在，使得成立，则称函数具有性质．下列四个函数中具有性质的有______．（填序号）
① ② ③ ④．
【答案】②③④
【解析】
【分析】假设函数具有性质，即判断是否有解，构造函数，结合零点存在性定理判断即可.
【详解】对于①：假设具有性质，则在上存在，使得，
即，因为，所以，故方程无解，
即不具有性质，故①错误；
对于②：假设具有性质，则在上存在，使得，
即在时有解，
设，，显然为定义域上的连续函数，
又，，即在上有零点，
所以具有性质，故②正确；
对于③：假设具有性质，则存在，使得，
即有解，
令，显然为连续函数，
又，，所以上存在零点，
所以具有性质，故③正确；
对于④：假设具有性质，则存在，使得，
即有解，
令，显然为连续函数，又，
，
所以在上存在零点，所以具有性质，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是将问题转化为方程是否有解，结合零点存在性定理判断即可.
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. 已知集合，．
（1）当时，求；
（2）若，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先解一元二次不等式，即可求出集合，再根据并集的定义计算可得；
（2）首先求出，再根据，即可求出的取值范围.
【小问1详解】
由，即，解得，
所以，
当时，，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，
又，，
所以，所以实数m的取值范围为.
16. 已知函数．
（1）求的最大值；
（2）若，且直线与的图象在上有交点，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）首先利用二倍角公式化简得到，再求出函数在上的值域，即可求出参数的取值范围.
小问1详解】
因为，
因为，所以，
当，即时取得最大值且；
【小问2详解】
因为
，
当，则，所以，则，
又直线与的图象在上有交点，所以；
17. 为了美化城市，某部门计划在一处绿化带做一个“福地怀化”字样的园圃，如图所示，该园圃的形状是扇形挖去半径为其一半的扇形后得到的扇环，园圃的外围周长为50m，其中圆心角小于，的长不超过10m．设（单位：m），园圃的面积为（单位：）．

（1）写出关于x的函数表达式，并求出该函数的定义域；
（2）当x为多少时，园圃的面积最大，求出y的最大值及此时与的长．
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用扇形的弧长公式和面积公式求解解析式即可.
（2）利用二次函数的性质求解最值即可.
【小问1详解】
在扇形中，由题意得，，
由扇形面积公式得扇形的面积为，
扇形的面积为，
故，由弧长公式得的长度为，
长度为，而园圃的外围周长为50m，
故，解得，
因为圆心角小于，所以，
解得，而，故，
故，该函数的定义域为.
【小问2详解】
由二次函数性质得在内单调递增，
当时，的最大值为，
的长度为，
的长度为.
18. 已知函数是偶函数．
（1）求实数k的值；
（2）求的最小值；
（3）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的性质求出参数的值，再代入检验即可；
（2）利用基本不等式求出的最小值，即可求出的最小值；
（3）依题意可得不等式对任意恒成立，令，即可得到不等式对任意恒成立，参变分离可得对任意恒成立，结合对勾函数的性质求出，即可得解.
【小问1详解】
函数的定义域为，
因为为偶函数，所以，
即，解得，
此时函数的定义域为，
且，
所以为偶函数，符合题意，
所以；
【小问2详解】
由（1）可得，
因为，，所以，当且仅当，即时等号成立；
所以，
即的最小值为，当时取得最小值；
【小问3详解】
由（1）可得，
则，
由不等式对任意恒成立，
即不等式对任意恒成立，
令，则，
所以不等式对任意恒成立，
所以对任意恒成立，
因为函数在上单调递增，
所以当时取得最小值，
所以，即实数的取值范围为.
19. 若定义在上的函数满足：存在非零实数，对，都有，则称函数是可分解函数．
（1）判断函数是否为可分解函数，如果是，求出一个的值；如果不是，请说明理由；
（2）若是可分解函数，且存在，使得对，都有，求，；
（3）对于函数，是否存在，，使得是可分解函数？若存在，求出，；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）存在，使函数是可分解函数（答案不唯一）
（2），
（3）存在，，
【解析】
【分析】（1）根据即可得解；
（2）依题意可得，令求出，再推导出且，即可求出；
（3）依题意可得，由求出，再由求出，再代入检验即可.
【小问1详解】
函数是可分解函数，
因为，，
且，
所以，即对，都有，
所以存在，使函数是可分解函数（答案不唯一）；
【小问2详解】
因为是可分解函数，所以，
令，可得，所以；
又，所以且，
所以，
若，则当时，，不符合题意；
所以；
【小问3详解】
因为是可分解函数，所以且，
即，即，又，所以，所以；
又，否则且，
则，
则当时，，与矛盾；
所以，又，所以，所以或；
当，即时，，
此时，
而，
则，不符合题意，故舍去；
当，即时，，
此时，
而，
则，符合题意；
综上可得，存在，，使得函数是可分解函数.
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解可分解函数的定义，再结合三角函数的性质计算即可.