广东省部分学校2024-2025学年高一上学期期末联考数学试卷（解析版）

这是一份广东省部分学校2024-2025学年高一上学期期末联考数学试卷（解析版），共12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】D
【解析】因为，
根据交集的运算，所以.
故选：D.
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】全称量词命题的否定是存在量词命题，
所以“，”的否定为，.
故选：C.
3. 在半径为4的圆中，弧长为的弧所对的圆心角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】弧长为的弧所对的圆心角为.
故选：D.
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】易知是偶函数，排除，
又且，排除C.
故选：D.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，
所以.
故选：B.
6. 函数的零点所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为幂函数和函数在上单调递增，
所以在上单调递增.
因为幂函数在上单调递增，所以，
因为指数函数在上单调递减，
所以，.
由零点存在定理知零点所在区间为.
故选：B.
7. 已知幂函数的图象过点，函数，则“”的一个充分不必要条件为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设幂函数，因为其图象过点，所以，解得，
所以，所以，
又满足，所以在上单调递减，
所以，所以的取值范围是，
因为为的真子集，故为一个充分不必要条件，
其他选项不合要求.
故选：C.
8. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】函数满足，所以，可得的周期为，
又当时，
，
所以
.
故选：D.
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. 下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 终边在轴上的角的集合为
C. 若为钝角，则不一定是第三或第四象限角
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】对于A，因为，故，故A正确；
对于B，终边在轴上的角，如取，显然，故B错误；
对于C，若为钝角，如取，则，不是第三或第四象限角，故C正确；
对于D，，则，
所以，故D正确.
故选：ACD.
10. 下列函数中，在区间上单调递增，且为偶函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】在区间上单调递增，但是奇函数，故A错误；
在上单调递增，且是偶函数，故B正确；
在上单调递减，是偶函数，故C错误；
在上单调递增，是偶函数，故D正确.
故选：BD.
11. 已知是定义在上的偶函数，且当时，，则（ ）
A. 当时，
B. 的单调递增区间为、
C. 若，，则的取值范围是
D. 方程的所有实数根之积为
【答案】ACD
【解析】对于A选项，当时，，则，
又由为偶函数可得，故A正确；
对于B选项，由题意，函数的图象如图所示，的递增区间有3个，故B错误；
对于C选项，因为，，
所以只需对于任意，，由图知，即，故C正确；
令，则，解得，即，
若，即，解得或；
若，即，解得，
所以方程所有实数根之积为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的定义域为__________.
【答案】
【解析】由，即，
所以函数的定义域为.
13. 已知正数满足，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】因为，所以，
当且仅当即时，取得最小值.
14. 函数的图象的对称中心坐标为__________.
【答案】
【解析】解法一：设图象的对称中心坐标为，则，
所以，
整理可得，
此式对定义域内的任意值都成立，则必有，所以，
回代可得，解得，故对称中心坐标为.
解法二：易知函数的定义域为，且，
故图象的对称中心横坐标为，
将其代入中，可得，
所以图象的对称中心坐标为.
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，求的取值范围.
解：（1）当时，，
又集合，所以，
所以解或.
（2）因为，所以.
又，故解得.
所以实数的取值范围是.
16. 如图，在平面直角坐标系中，锐角的终边与单位圆交于点，将角的终边按逆时针方向旋转后得到角的终边，并与单位圆交于点．
（1）求点的坐标；
（2）求的值．
解：（1）由得，，
又，所以，
由题可知，所以，
，
所以点的坐标为．
（2）由（1）可知．
所以
．
17. 某大学校园选择了一个八边形区域设计一个校园景观，如图所示，图中四个三角形为全等的等腰直角三角形，主干路总面积（图中阴影部分和中间白色正方形面积之和）为，在重合的部分处建一正方形特色凉亭，凉亭造价为600元；在四个空角（图中四个三角形）建造水池和喷泉，造价为1600元；四个矩形路（图中阴影部分）不处理，造价忽略不计.设长为（单位：），长为（单位：）.
（1）求关于的函数关系式；
（2）设校园景观总造价为（单位：元），求的最小值.
解：（1）由题意可知，即，
又，得，解得，
所以关于函数关系式为.
（2）由题意可得，凉亭总造价为元，
水池和喷泉总造价为元，
所以校园景观总造价
.
当且仅当，即时等号成立，经检验，
所以当时，取最小值40000元.
18. 已知函数的图象过点.
（1）求的解析式和最小正周期；
（2）求的单调递增区间；
（3）若关于的不等式在区间上有解，求实数的取值范围.
解：（1）由题意得，
，，，即，
，，
所以的最小正周期为.
（2）设，
因为的单调递增区间是，
所以由，解得，
所以函数的单调递增区间为.
（3）不等式在区间上有解，
即为在区间上有解，
因为，所以，
当，即时，
取得最小值，所以只需，
故实数的取值范围是.
19. 定义一种新运算“”，.
（1）计算，并判断与的大小关系；
（2）若函数有最小值，且最小值大于0，求所有满足题意整数的值；
（3）已知关于的不等式的解集为中的整数恰有4个，求实数的取值范围.
解：（1）因为.
所以.
，
，
所以.
（2）
，
令，则问题转化为二次函数在区间上有最小值，且最小值大于0，
因为二次函数过定点，故只需
解得，而是整数，所以.
（3）由题意，不等式，
即，即，
即，
要想满足题意，则必有，则，或.①
令，则，
所以的一个零点在内，
因为解集中的整数恰有4个，
所以4个整数解是，
故的另一个零点在区间内.
所以即②
由①②解得，或.
所以实数的取值范围是或.