广东省梅州市2024-2025学年高一上学期1月期末考试数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：本试卷共6页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的学校、班级、考生号、姓名和座号填写在答题卡上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．
3．作答必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：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，只有一项是符合要求的．
1. 设集合，，则满足的集合有（ ）种情况
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】列举集合含有两个元素的子集，可得结果.
【详解】因为集合含有两个元素的子集有：，，共3个，
所以集合有3中情况.
故选：C
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】解不等式，利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】解不等式可得，且，
因此，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数的真数大于0，偶次根式被开方数大于等于0，分式的分母不为0求的取值范围即可.
【详解】由题意：，所以所求函数的定义域为：.
故选：B
4. 在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数的定义可求得，再根据诱导公式化简求值即可.
【详解】因为角的终边经过点，所以，所以.
故选：D
5. 图1是杭州第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展．图2是会徽的几何图形，设的长为，的长为，若，，且，则几何图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求的长，利用扇形的面积公式求解.
【详解】因为，，
由得：.
所以几何图形的面积为：.
故选：B
6. 函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据偶函数的性质，把函数不等式转化成代数不等式求解.
【详解】因为为上的偶函数，且在上单调递增，所以在上单调递减.
所以或，即或.
所以所求不等式的解集为：.
故选：C
7 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等式构造函数，根据函数单调性，可得答案.
【详解】由，令，易知函数在上单调递增，
由，，则；
由，令，易知函数在上单调递增；
由，，则.
综上可得
故选：D.
8. 每次去加油站，甲选择加固定金额的油，乙选择加固定体积的油．在油价的波动情况下，哪种方式更经济呢？（ ）
A. 加固定金额的方式B. 加固定体积的方式C. 两种方案一样D. 要视具体价格而定
【答案】A
【解析】
【分析】设两次加油的油价分别为，（，且），分别计算两种方案的平均油价，然后比较即得.
【详解】设两次加油的油价分别为，（，且），乙方案每次加油的量为；甲方案每次加油的钱数为，
则乙方案的平均油价为：，甲方案的平均油价为：，
因为，
所以，即甲方案更经济．
故选：A
二、多选题：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. 下列等式正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据诱导公式化简可判断ABC的真假；根据同角三角函数的商数关系结合诱导公式可判断D的真假.
【详解】对A：，故A正确；
对B：，故B错误；
对C：，故C正确；
对D：，故D正确.
故选：ACD
10. 下列命题是真命题的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，使得D. ，且，使得
【答案】AC
【解析】
【分析】结合配方法及全称量词命题的概念判断A，举例结合全称量词命题和存在量词命题的概念判断BC，结合幂函数的单调性及存在量词命题的概念判断D.
【详解】，恒成立，故A正确；
当时，，故B显然错误；
当时，，故C正确；
因在上单调递增，由可得，故D错误．
故选：AC
11. 高斯函数表示的是不超过实数x的最大整数，，则下列结论正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据高斯函数的概念，可判断A的真假；分别计算，，判断BCD的真假.
【详解】对A：根据高斯函数的概念，成立，所以A正确；
对B：因为，所以，故B错误；
对C：因为，故C正确；
对D：当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以.
所以，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：对D选项，要分析的值对的影响.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】利用函数解析式求函数值.
【详解】因为，，所以.
故答案为：4
13. 放射性物质原子核数的衰变规律是：，其中指初始时刻的原子核数，t为衰变时间，T为半衰期，N为衰变后剩余的原子核数．已知甲、乙两种放射性物质的半衰期分别为、（单位：天），若两种物质的初始原子核数相同，512天后发现甲的原子核数是乙的原子核数的4倍，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定信息，列出方程化简求得答案.
【详解】依题意，，整理得，则，
所以.
故答案为：
14. 函数的定义域为R，满足，且当时，，则______；时，______．
【答案】 ①. 16 ②.
【解析】
【分析】根据，可得，进行求值；又时，，，即可得解.
【详解】根据题意，，
则；
时，，
则.
故答案为：16；
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. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据指数幂的运算法则进行计算.
（2）根据对数的概念和运算法则进行计算.
【小问1详解】
原式．
【小问2详解】
原式．
16. 设函数，．
（1）解方程：；
（2）求的单调区间；
（3）求在区间上的值域．
【答案】（1）或
（2）单调减区间为，单调增区间为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦函数的周期性以及特殊角的正弦值，可得答案；
（2）根据复合函数的单调性，结合正弦函数以及一次函数的单调性，建立不等式，可得答案；
（3）利用整体换元整理函数，根据正弦函数的单调性，可得答案.
【小问1详解】
由，即得，
从而或者，解得或者，
所以方程的解集为或．
【小问2详解】
因为关于在上单调递增，在上单调递减，关于在上单调递增．
令，得．
所以，的单调增区间为．
令，得．
所以，的单调减区间为．
综上，的单调增区间为，单调减区间为．
【小问3详解】
由，得．
由函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当，即时，，
当，即时，，
因此，在区间的值域为．
17. 已知函数．
（1）若关于x的不等式的解集为，求实数k，b的值；
（2）对于参数，解关于x的不等式．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据一元二次不等式解集确定方程的根，利用韦达定理列方程求解即可；
（2）结合二次函数的图象与性质，按照判别式的符号分类讨论求解一元二次不等式即可.
【小问1详解】
因为关于的不等式的解集为，
可知方程的两根为，．
由韦达定理，可知，解得．
【小问2详解】
令，
①当，即时，
函数图像与轴至多只有1个交点，且开口向上．
因此，不等式的解集为．
②当，即或时，
函数图像与轴有两个交点，且开口向上．
令，则方程有两个不等实根，
为：，.
可知，不等式的解集为：
或.
综上所述，①当时，不等式的解集为；
②当或时，不等式的解集为
或.
18. 已知函数（），且，其中为奇函数，为偶函数．
（1）求在上的最值；
（2）求和的解析式；
（3）若函数在上存在零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）最小值为，最大值为4
（2），
（3）
【解析】
【分析】（1）先利用二次函数求解内层函数的最值，然后再利用指数函数的单调性求出外层的最值，即可得解.
（2）结合函数的奇偶性，利用方程组法求解析式.
（3）依题意，，利用换元法将原问题转化为在存在零点，然后利用二次函数根的分布列不等式求解即可.
【小问1详解】
依题意，，
的图象是开口向上，
以为对称轴的抛物线，则当时，取得最小值，
又函数单调递增，从而的最小值为，当时，取得最大值2，
从而的最大值为，即4．
【小问2详解】
因为 ①，
以代入，可得，
因为为奇函数，有：，
为偶函数，有：，
于是有 ②，
联立①和②，解得：，．
【小问3详解】
依题意，
.
当，由在上单调递增可知，，
要使在上存在零点，
即要在存在零点，
又是开口向下的抛物线且，
则需或，解得，
所以满足题意的实数的取值范围为．
19. 已知集合具有性质对任意、，与至少有一个属于集合．
（1）判断集合和是否具有性质，并说明理由；
（2）已知具有性质，当时，求集合；
（3）已知具有性质，求证：．
【答案】（1）集合具有性质，集合不具有性质；理由见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题中性质的定义验证即可；
（2）根据可得出，再由，可得出，由此可得出集合；
（3）根据，可求出，由不等式的性质可得，结合，可推导出，，，，，再结合累乘法可推出结论成立.
【小问1详解】
集合中，因为，，，
，，，，所以集合具有性质；
集合中，因为，，所以集合不具有性质．
【小问2详解】
因为，且具有性质，
所以，，则，
又因为，所以，则，
由集合的互异性知，而，所以，故．
【小问3详解】
因具有性质，
所以，则，则．
又因为，所以，
又因为，
所以，则，
所以，，，，，
所以，
即，因此，．