吉林省长春市第十七中学2024-2025学年高一下学期期初考试数学试题（解析版）

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高一 数学试题
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. 已知全集，集合，那么阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据韦恩图知阴影部分为，结合集合交集、补集的运算求集合即可.
【详解】由题图，阴影部分为，而或，且，
所以.
故选：A
2. 命题的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由含有全称量词命题否定可得答案.
【详解】由题，命题的否定是.
故选：A
3. 已知一个扇形的周长为8，则当该扇形的面积取得最大值时，圆心角大小为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据扇形面积公式及其基本不等式求出扇形面积取得最大值时的扇形半径和弧长，利用弧度数公式即可求出圆心角.
【详解】设扇形的半径为，弧长为，由已知得，
扇形面积为，
当且仅当，即时等号成立，此时，则圆心角，
故选：D.
4. 若，，，则、、的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数、对数函数以及幂函数结合中间值法可得出、、的大小关系.
【详解】因为函数在上为减函数，函数在上为增函数，
则，即，
因为对数函数在上为增函数，则，
因此，.
故选：B.
5. 若函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件列出不等式组，解出即可.
【详解】因为函数的定义域为，
所以，解得或，
故函数的定义域为，
故选：A.
6. 已知 ，则 的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由基本不等式的配凑法求解即可.
【详解】因为，所以，
，
当且仅当时取等号，
所以最大值为.
故选：A
7. 在用“二分法”求函数f(x)零点近似值时，第一次所取的区间是[－2,4]，则第三次所取的区间可能是( )
A. [1,4]B. [－2,1]
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】∵第一次所取的区间是[－2,4]，∴第二次所取的区间可能为[－2,1]，[1,4]，∴第三次所取的区间可能为.
8. 已知函数，下列四个结论中，正确的有（ ）
A. 函数的最小正周期为B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数的图象关于点对称D. 函数在上单调递增
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦函数的性质，结合函数解析式，研究函数的周期、对称轴对称中心和单调区间.
【详解】函数，最小正周期，A选项错误；
由，
则函数的图象不关于直线对称，B选项错误；
由，
则函数的图象不关于点对称，C选项错误；
时，，
因为函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，D选项正确.
故选：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. 下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】利用不等式性质判断可得A正确，C正确，取特殊值可得B错误，再由作差法计算可得D错误.
【详解】对于A，由可得，又，因此可得，即A正确；
对于B，若，此时，即B错误；
对于C，若，可得，所以，即C正确；
对于D，由可得，即，
同理，由可得，即，所以，即D错误.
故选：AC
10. 下列化简，计算结果正确的时（ ）
A. 已知，则
B.
C. 若，，则
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式判断A，利用两角差的余弦公式判断B，利用两角和的正弦公式判断C，利用余弦的二倍角公式和同角三角函数关系判断D.
【详解】选项A：若，则，A说法错误；
选项B：
，B说法正确；
选项C：若，，则，
所以，C说法正确；
选项D：，D说法正确；
故选：BCD
11. 已知定义在上的函数的图象是连续不断的，且满足以下条件：（1）；（2），当时，都有；（3）.则下列选项成立的是（ ）
A. B. 若，则
C. 若，则D. ，使得
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意可得为偶函数，在上为减函数，逐项判断可确定答案.
【详解】由（1）得，为偶函数，由（2）得，在上为增函数，
∴在上为减函数.
A.∵，在上为增函数，∴，A错误.
B.由为偶函数得，，结合函数单调性可画出函数简图，
由得同号，故，B正确.
C.由得，解得，故，C错误.
D.由的图象连续不断，在上为减函数，在上为增函数，可得，
∴，存在，满足，D正确.
故选：BD.
三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12 ________．
【答案】1
【解析】
【分析】结合指数幂、对数运算求得正确答案.
【详解】.
故答案为：1.
13. 已知函数满足，则函数______．
【答案】
【解析】
【分析】构造关于的方程组后可解得.
【详解】由题知用代换得到，，
与两式联立，消去，
解得．
故答案为：.
14. 函数 (a>0且a≠1)的图象恒过点定，若角终边经过点，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用指数函数性质得出定点，由任意角三角函数的定义得出三角函数值，结合诱导公式代入求值即可．
【详解】，且
故答案为：
四．解答题：本题共5小题，共77分.
15. 已知函数的定义域为集合，集合．
（1）当时，求，；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出集合，再根据并集，补集的定义即可求解；
（2）由题意可得，然后根据子集的定义即可求解．
【小问1详解】
由，解得，即，
当时，，
则，.
【小问2详解】
由，得，
又，
则，即实数的取值范围为.
16. 已知且，命题甲：已知是上的增函数，命题乙：函数在区间上为增函数，若甲、乙两个命题有且仅有一个为真，求a的取值范围.
【答案】或
【解析】
【分析】根据分段函数为增函数及复合函数的单调性分别确定的取值范围，再根据有且仅有一个为真，分情况讨论即可.
【详解】若甲说的正确，则由函数为增函数可得，解得，
若乙说的正确，则需要，解得，
所以当甲正确乙错误时，则，解得，
当甲错误乙正确时，则，解得，
综上，的取值范围是或.
17. 已知，且．
（1）求，的值；
（2）求的值；
（3）已知，且，求的值．
【答案】（1）
（2）;
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用同角平方公式及象限角确定符号来求值；
（2）利用诱导公式化简，即可求值；
（3）利用变单角为双角差，再用两角差余弦公式求值即可.
【小问1详解】
因为，且，所以，
即；
【小问2详解】
由；
【小问3详解】
因为，，所以，
又因为，所以，
则.
18. 已知关于的不等式的解集为或.
（1）求，的值；
（2）当，，且满足时，有恒成立，求的取值范围.
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据一元二次不等式的解与一元二次方程的根之间的关系，由韦达定理即可求解.
（2）利用不等式的乘“1”法求解最值，即可由一元二次不等式求解.
【小问1详解】
不等式的解集为或
和是方程的两个实数根且
，解得
【小问2详解】
由（1）知，于是有，
故，
当且仅当时，等号成立，
依题意有，即，
得，解得，
的取值范围为
19. 已知，其图像一个对称轴为，
（1）求的解析式及单调递减区间；
（2）若函数上有个不同的零点，求的取值范围；
（3）若在上最小值为，求使不等式成立的的取值集合.
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件利用二倍角公式、降幂公式、辅助角公式化函数解析式为：，再根据函数对称轴确定的值，将看做整体，即可求解函数的单调递减区间；
（2）将看做整体，结合已知条件即可确定的取值范围；
（3）将看做整体，结合函数最小值，确定，即可求解不等式的解集.
【小问1详解】
根据已知有：，
因为图像一个对称轴为，所以，
解得，又因为，所以，
所以；
由，
解得：，
所以函数的单调递减区间为：.
【小问2详解】
因为，所以，
又因为函数上有个不同零点，
令，即，
根据题意有：，即，解得，
所以.
【小问3详解】
因为，所以，
所以，解得，
所以，
，即，所以，
所以，解得，
所以使成立的的取值集合为：.
【点睛】关键点点睛：
本题关键在于将看成整体，再根据正弦函数的单调性，值域解析本题.