河北省唐山市2024-2025学年高一上学期期末数学试题（解析版）

这是一份河北省唐山市2024-2025学年高一上学期期末数学试题（解析版），共11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。
1. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】.
故选：A.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题知，，所以.
故选：B.
3. 设命题，，则为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】命题，的否定：，.
故选：C.
4. 设函数，则的零点所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为和为增函数，所以也为增函数，
因为，，
所以根据零点存在性定理可知的零点一定位于区间内.
故选：C.
5. 已知幂函数的图象过点，则下列关于的说法正确的是（ ）
A. 是奇函数B. 是偶函数
C. 的定义域为D. 在上单调递增
【答案】D
【解析】因为函数为幂函数，设，则，解得，
所以，所以，函数的定义域为，
函数为非奇非偶函数，且该函数在上单调递增，ABC都错，D对.
故选：D.
6. 若不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】D
【解析】由题意，方程有两根为和4，
故由韦达定理，，解得，
则不等式即，解得或.
故选：D.
7. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】依题意，，，，
所以.
故选：C.
8. 已知，若，，则是的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】由得，解得，则，
由得，则，
所以若成立，则成立，
但成立，但不一定成立，
则是的充分不必要条件.
故选：B.
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. 已知函数，则关于的说法正确的有（ ）
A. 最小正周期为
B. 图象关于直线对称
C. 图象关于点对称
D. 向左平移个单位长度得到的图象
【答案】AC
【解析】由可知周期为，故A正确；
函数的对称轴：由，可得，故B错误；
函数的对称中心：由，得，
当时，，故对称中心为，故C正确；
函数向左平移个单位长度得，故D错误.
故选：AC.
10. 下列命题为真命题的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 的最小值为2D. 的最大值为5
【答案】AD
【解析】对于选项A：因为，则，可得，故A正确；
对于选项B：例如，则，故B错误；
对于选项C：例如，则，可知2不为的最小值，故C错误；
对于选项D：因为，当且仅当时，即时，等号成立，
可得，所以的最大值为5，故D正确.
故选：AD.
11. 已知函数，，则下列结论正确的有（ ）
A. 在上单调递增B. 为奇函数
C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A，由，因与在上均为增函数，
故在上单调递增，即A正确；
对于B，不妨记，函数定义域为，
且，即为奇函数，故B正确；
对于C，因，而，
故，即C错误；
对于D，因，
，
故，即D正确.
故选：ABD.
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】由题知且，所以且，
即函数定义域是.
13. 已知，且为第二象限角，则______.
【答案】
【解析】，且为第二象限角，，，，
，，，，.
14. 已知函数，则______；若关于的方程有4个不等的实数根，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】依题意，，；
令，，当且仅当时取等号，
则或，当或时，方程有两个相等的根，
当或时，方程有两个同号且不相等的实根，
方程化为，而，
当时，在上递减；
当时，在上递减，
因此由方程有4个不等的实数根，得方程在上各有一个实根，
则函数在的图象与直线有两个交点，如图：
观察图象知，当时，直线与在的图象有两个交点，
所以的取值范围是.
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. 求下列各式的值：
（1）；
（2）.
解：（1）
.
（2）
.
16. 已知函数.
（1）求的单调递减区间；
（2）若，求的值域.
解：（1），
令，，解得，.
所以的单调递减区间为，.
（2）因为，所以，
当时，即时，取得最大值，最大值为；
当时，即时，取得最小值，最小值为.
所以的值域为.
17. 已知函数且.
（1）求的定义域；
（2）判断的奇偶性，并说明理由；
（3）若，求满足的的取值集合.
解：（1）对于函数且，
由，解得，故函数的定义域为.
（2）函数为偶函数. 理由如下：
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
又，故函数为偶函数.
（3）依题意，
若，则，解得.
设，，
因为在区间上单调递增，在区间上单调递减.
又在其定义域内单调递增，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
因为，所以，解得，
所以的取值集合为.
18. 已知函数.
（1）若，求的值；
（2）若，求在区间上的最小值；
（3）设函数，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围.
解：（1）由，得，即：，
解得.
（2）当时，，
令，因为，所以，
所以，
当时，取最小值，所以在区间上的最小值为.
（3）若对任意的，总存在，使得，
可得：.
又因为，所以对任意的，，
则对任意的恒成立，
即，即，令，.
因为在区间上为增函数，所以，
所以实数的取值范围是.
19. 某公园计划在一个扇形草坪内建设矩形花园，为了充分利用这块草坪，要求该矩形的四个顶点都落在边界上.经过测量，在扇形中，，，记，共设计了两个方案：
方案一:如图1，点在半径上，点在半径上，是扇形弧上的动点，此时矩形的面积记为；
方案二:如图2，点分别在半径和上，点，在扇形弧上，，记此时矩形的面积为.
（1）分别用表示两个方案中矩形的面积，；
（2）分别求出，的最大值，并比较二者最大值的大小.
解：（1）如图1，在中，，，
所以，.
在中，，.
则，.
如图2，过点作于点，过点作的垂线，交弧于点，
在中，，，所以，.
由扇形和矩形的对称性可得，，
则在中，，则，
，.
则，.
（2）由，得，.
方案一：
，
当时，即时，取最大值，最大值为.
方案二：
，
所以当时，即时，取最大值，最大值为.
因为，
所以.