浙江省衢州市2024-2025学年1月高一上期末教学质量检测数学试卷（解析版）

这是一份浙江省衢州市2024-2025学年1月高一上期末教学质量检测数学试卷（解析版），共14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。
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，只有一项、是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为集合，，所以.
故选：B.
2. 已知幂函数的图象过点，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】设，因为幂函数的图象过点，所以，
解得，所以.
故选：D.
3. “”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】C
【解析】因为，所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
4. 下列不等关系成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】对于A，，所以，A不正确；
对于B，，所以，B正确；
对于C，，C不正确；
对于D，，D不正确.
故选：B.
5. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意，时，，排除C，D选项；
，可以排除B选项.
故选：A.
6. 已知函数，，的零点分别为，，，则，，的大小顺序为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】易知三个函数均为增函数，又，所以；
，所以，所以.
故选：B.
7. 已知函数的图象关于点中心对称的充要条件是函数为奇函数，则函数图象的对称中心是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】对于，有，解得，
所以的定义域为，
而的图象的对称中心为，则，
所以为奇函数，则有，
即，
所以，故.
故选：C.
8. 已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，在上单调递增，则下列不等关系恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意可知在上单调递增，在0,+∞上单调递减，在上单调递增，且，
所以，.
对于A，因为，在上单调递增，所以，故A错误；
对于B，因为，在上单调递增，所以，故B错；
对于C，因为，在0,+∞上单调递减，所以，故C正确；
对于D，因为正负不知， 所以大小关系不定，故D错.
故选：C.
二、多项选择题：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. 若，，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】由题，，且，
对于A，，故A正确；
对于B，，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C，由B可知，当且仅当时等号成立，又函数为增函数，
所以，故C错误；
对于D，，当且仅当，
即时等号成立，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 是奇函数B. 图象有对称轴
C. 是周期函数D.
【答案】BCD
【解析】对于A，因为
，所以是偶函数，A不正确；
对于B，由A可知的图象关于轴对称，B正确；
对于C，，所以是周期函数，C正确；
对于D，，
因为，所以，
因为，且在区间为增函数，
所以，即，D正确.
故选：BCD.
11. 已知正实数、满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A选项，因为、都是正实数，则，可得，解得，A对；
对于B选项，因为，由可得，
因为函数，在上均为增函数，
故函数在上为增函数，
因为，，
由零点存在定理可知，方程的实数解，B对；
对于C选项，因为且，则，则，C错；
对于D选项，由可得，
因为函数、在上均为增函数，
所以，函数在上为增函数，
因为，，所以，D对.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则______.
【答案】2
【解析】因为，所以，所以.
13. 玉璜，是一种佩戴饰物.在中国古代，玉璜与玉琮、玉璧、玉圭、玉璋、玉琥等总称为“六瑞”，被《周礼》
一书称为是“六器礼天地四方”的玉礼器，多作为宗教礼仪挂饰.现有一弧形玉璜呈扇环形，已知，弧长为，弧长为，此玉璜的面积为______.
【答案】
【解析】设弧对应的圆半径为R，圆心角为，
由题意得：，解得，
所以玉璜的面积为.
14. 已知函数在上有4个不同零点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】因为函数在0,+∞上至多两个零点，故，
且二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
对于二次函数，，
当时，即当时，
函数在0,+∞上无零点，
此时，函数在上只有一个零点，不合乎题意；
当时，
即当时，函数在0,+∞上只有一个零点，
而函数在上只有一个零点，不合乎题意；
当时，
即当时，函数在0,+∞上有两个零点，
则函数在上有两个零点，所以，，此时，不存在；
当时，
即当时，函数在0,+∞上只有一个零点，
则函数在上有三个零点，则，
此时.
综上所述，实数的取值范围是.
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. 在平面直角坐标系中，角是第二象限角，且终边与单位圆交于点.
（1）求实数及的值；
（2）求的值.
解：（1）由题意可得，所以.
（2）由（1）得，
所以.
16. 已知函数且.
（1）若，求函数的定义域及值域；
（2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围.
解：（1）当时，，
由，可得，解得，
所以函数的定义域为，
因为，
所以，
又函数为增函数，所以，
故当时，函数的定义域为，值域为.
（2）当时，函数为减函数，
因为函数在上单调递增，
所以函数在上单调递减，
且在上恒成立，
所以，该不等式组无解；
当时，函数为增函数，
因为函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，且在上恒成立，
所以，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
17. 已知函数在区间上的值域为.
（1）求函数的解析式；
（2）若对任意，存在使得，求实数的取值范围.
解：（1）因为，则，则，
因为，则，
由题意可得，解得，因此.
（2）由题意可得，
因为，所以，则，
故，
因为，则，
由题意可得，即，
所以，解得，
因此，的取值范围是.
18. 已知函数，.
（1）讨论函数的单调性（无需证明）；
（2）若，解关于的不等式；
（3）若关于的方程有两个不同的解，求实数的取值范围.
解：（1）函数的定义域为，
当时，函数在和上都减函数；
当时，函数在和上都是减函数；
当时，函数在和上都是增函数，
在和上都是减函数.
（2）由函数的定义域可知，，解得且，
由（1）可知当时，函数在上是减函数，
由，可得，可得，
因为，则有，解得或，
因此，不等式的解集为.
（3）令，则函数在上为增函数，且，
则方程有两个不同的解等价于方程在上有两个不同的解，
即方程在上有两个不同的解，即在上有两个不同的解，
令，则，
则在上有两个不同的解，
因为函数在上为减函数，在上为增函数，
则，如下图所示：
由图可知，当时，即当时，
直线与函数在时图象有两个交点，
因此，实数的取值范围是.
19. 设点集是集合的一个非空子集，若按照某种对应法则，中的每一点都有唯一的实数与之对应，则称为上的二元函数，记为.当二元函数满足对任意，均有：①；②；③成立，则称二元函数具有性质.
（1）试判断二元函数是否具有性质，并说明理由；
（2）若具有性质，证明：函数具有性质；
（3）对任意具有性质的函数，均可推出具有性质，求实数的取值范围.
解：（1）二元函数具有性质，理由如下：
，，
，
故具有性质.
（2）证明：因为，，
下证：，即证：，
即，
又具有性质P，故，
结合，知成立，
故成立，即函数具有性质.
（3）先证明：具有性质P时，必有成立，
因为具有性质P，由③知；
由①知，，故，即成立；
（i）若，当具有性质P时，知，
且也性质P，
故，从而恒成立，
故，即，
取得与矛盾，
故不满足题意；
（ii）若，则，故，
则与矛盾，
故不满足题意；
（iii）若，由，
，从而性质①②满足；
下面考虑性质③，
记，
易知，
下证当时，均有，
令，则，
由复合函数的单调性可知在上单调递增，
若之中至少有一个大于c，不妨设，故，
即，
又，故成立，
若均不超过c，即，
则，
从而时，恒有成立，
即此时具有性质，故.