广东省梅州市2024-2025学年高一上学期期末数学试题（解析版）

这是一份广东省梅州市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. 设集合，，则满足的集合有（ ）种情况.
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】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】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】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】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】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】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】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】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. 下列等式正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】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】，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】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.
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】因为，，所以.
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】依题意，，整理得，则，
所以.
14. 函数的定义域为R，满足，且当时，，则______；时，______．
【答案】16
【解析】根据题意，，
则；
时，，
则.
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）．
解：（1）原式．
（2）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．
解：（1）由，即得，
从而或者，解得或者，
所以方程的解集为或．
（2）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．
（3）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．
解：（1）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．
（2）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．
解：（1）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．
（2）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：，．
（3）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：．
解：（1）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．
（2）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．
（3）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，．