2024-2025学年浙江省嘉兴市高一数学上学期1月期末检测检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省嘉兴市高一数学上学期1月期末检测检测试题（附答案），共20页。
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
一、选择题：本大题共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】
【分析】由交集的定义求解即可.
【详解】因为集合，
所以.
故选：B.
2. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用诱导公式，求解即可.
【详解】由诱导公式，且，
可得，即.
故选：D.
3. 已知函数，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数的解析式可求得的值.
【详解】因为，则.
故选：B.
4. 已知，则“”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】
【分析】利用作差法，得出的等价条件，再分析充分性和必要性，即可得出结论.
【详解】由于，则成立，等价于成立，
充分性：若，且，则，则，
所以成立，满足充分性；
必要性：若，则成立，
其中，且，
则可得成立，即成立，满足必要性；
故选：C.
5. 已知都是锐角，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据，结合同角三角关系以及两角和差公式运算求解.
【详解】因为都是锐角，则，
则，
所以
.
故选：B.
6. 设函数，则下列函数是奇函数的是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简各选项中函数的解析式，利用函数奇偶性的定义判断可得出合适的选项.
【详解】因为，
对于A选项，，
令，该函数的定义域为，
，则为奇函数，A满足要求；
对于B选项，
，
令，该函数的定义域为，则，
所以，函数不是奇函数，B不满足条件；
对于C选项，
，
令，该函数的定义域为，则，
所以，函数不是奇函数，C不满足条件；
对于D选项，，
令，该函数的定义域为，则，
所以，函数不是奇函数，D不满足要求.
故选：A.
7. 已知函数的部分图象如图所示，是等腰直角三角形，为图象与轴的交点，为图象上的最高点，且，则（）
AB.
C. 在上单调递减D. 函数的图象关于点中心对称
【答案】D
【解析】
【分析】根据为图象上的最高点，且点的纵坐标为1，为等腰直角三角形可以求出，进而求出周期，即求出，将点代入即可求出，从而确定函数解析式，再逐项判断.
【详解】由为等腰直角三角形，为图象上的最高点，且点的纵坐标为1，
所以．
则函数的周期为4，由，，可得，
又，所以，则，
将点代入，得，
则，．而，则，
所以,
则，A错误；
，B错误；
若，则，显然函数不是单调的，C错误；
，
所以函数的图象关于点中心对称，D正确.
故选：D.
8. 已知函数，，若，则的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得出，分析函数的单调性，可得出，即可得出，结合二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】因为函数、均为上的增函数，所以，函数为上的增函数，
，因为，其中，
所以，，故，
当且仅当时等号成立，故最大值为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于利用指对同构思想结合函数单调性得出，将所求代数式转化为以为自变量的函数，将问题转化为函数的最值来处理.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知幂函数的图象经过点，则（）
A. B. 的图象经过点
C. 在上单调递增D. 不等式的解集为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意，代入法确定函数解析式，从而依次判断选项即可.
【详解】由幂函数的图象经过点，
则，得，所以幂函数，所以A正确；
又，即的图象经过点，B正确；
且在上单调递增，C正确；
不等式，即，解得，D错误.
故选：ABC.
10. 已知，，且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】利用特殊值法可判断A选项；利用二次函数的基本性质可判断B选项；利用不等式的基本性质可判断C选项；利用基本不等式结合对数函数的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，取，，则，A错；
对于B选项，因为，，且，则，可得，
所以，，则，
因为，B错；
对于C选项，，
当且仅当时，等号成立，C对；
对于D选项，因为，当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，，D对.
故选：CD.
11. 已知函数，值域为，则（）
A. B. 的最大值为1
C. D. ，使得函数的最小值为
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，利用换元法与二次函数的单调性即可判断；对于B，利用指数函数的单调性即可判断；对于C，利用幂函数的单调性即可判断；对于D，结合ABC选项的结论，求得，从而得以判断.
【详解】对于A，因为，故
今，则，
当时，，
因为，在上单调递减，在上单调递增，
所以，故A正确；
对于B，因为，，则且，
故，当且仅当或时，，
所以最大值为1，故B正确；
对于C；因为，，则，
即，所以，
由选项B又知与的最大值都为，所以，故C错误；
对于D，当时，，
因为，，在上单调递减，在上单调递增，
所以，又，
所以当时，，又，易知，
故不可能存在使最小值为，故D错误.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于利用换元法将函数转化为二次函数，从而得解.
12. 设定义在上的函数满足为奇函数，当时，，若，则（）
A. B.
C. D. 为偶函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意可得可判断A；由可得，列方程组，解出可判断B；由函数的周期性、对称性和对数函数的运算性质可判断C；由得可判断D.
【详解】选项A：因为为奇函数，所以，
即关于对称，又是定义在上的函数，则，故A正确；
选项B：由可得，则有，
故B正确；
选项C：因为，所以，即的周期为4；
因为，即，
所以；
因为关于对称，所以，
则，故C错误；
选项D：由得，
即为偶函数，故D正确．
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：抽象函数的奇偶性、对称性、周期性常有以下结论
（1）关于轴对称，
（2）关于中心对称，
（3）的一个周期为，
（4）的一个周期为.
可以类比三角函数的性质记忆以上结论.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 一个扇形的弧长和面积都是，则这个扇形的半径为________．
【答案】
【解析】
【分析】由扇形的面积公式求解即可.
【详解】设扇形的弧长为，半径为，
所以，，解得：.
故答案为：.
14. 函数的单调递增区间是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性即可得解.
详解】，
所以函数的单调递增区间是.
故答案为：.
15. 海洋潮汐是在太阳和月球的引力作用下，形成的具有周期性海面上升和下降的现象．在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，停靠码头；在落潮时离开港口，返回海洋．已知某港口某天的水深（单位：）与时间（单位：）之间满足关系式：，且当地潮汐变化的周期为．现有一艘货船的吃水深度（船底与水面的距离）为，安全条例规定至少要有的安全间隙（船底与洋底的距离）．若该船计划在当天下午到达港口，并在港口停靠一段时间后于当天离开，则它最多可停留________h．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数周期性可得，令，结合正弦函数性质分析求解即可.
【详解】由题意可得：，则，
令，则，
可得，解得，
设该船到达港口时刻为，离开港口时刻为，可知，
则，即，
所以最多可停留时长为小时.
故答案为：.
16. 若函数有两个零点，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】令，则只有一个零点，即，据此即可求解.
【详解】函数的定义域为，令，
则只有一个零点，
且该零点为正数，，
根据函数和的图象及凹凸性可知，
只需满足即可，即：，
又因为，所以实数的取值范围是．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题令，则只有一个零点，即的分析.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知集合．
（1）求集合；
（2）求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求解，从而可得或，从而可求解.
（2）分别求出，，再利用集合的并集运算从而可求解.
【小问1详解】
由题意得，解得或，所以或.
【小问2详解】
由（1）可得，，
所以.
18. 如图，以为始边作角与，它们的终边与单位圆分别交于、两点，且，已知点的坐标为．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角函数的定义可得出的正弦值和余弦值，分析可得，利用诱导公式可求得的值，由此可得出的值；
（2）利用诱导公式求出的值，可求得的值，再利用二倍角的正切公式可求得的值.
【小问1详解】
解：由三角函数的定义可得，，
将因为，且角、终边与单位圆分别交于、两点，且，
结合图形可知，，故.
故.
【小问2详解】
解：由（1）可知，且，
故，根据二倍角公式得．
19. 已知函数．
（1）求函数的定义域，并根据定义证明函数是增函数；
（2）若对任意，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）定义域为，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由对数的真数大于零，可得出关于的不等式组，即可解得函数的定义域，然后利用函数单调性的定义可证得结论成立；
（2）分析可知，，由可得出，结合参变量分离法可得出，利用指数函数的单调性可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：对于函数，则，可得，
所以，函数的定义域为，
证明单调性：设，
则有，
，
由于，所以，，，
并且
，则，
于是，
所以，即：，
所以函数在定义域上单调递增．
【小问2详解】
解：当时，，
所以不等式恒成立等价于对任意的恒成立，
等价于在恒成立．
由可得，所以，，
则，
于是实数的取值范围是．
20. 噪声污染问题越来越受到人们重视．我们常用声压与声压级来度量声音的强弱，其中声压（单位：）是指声波通过介质传播时，由振动带来的压强变化；而声压级（单位：）是一个相对的物理量，并定义，其中常数为听觉下限阈值，且．
（1）已知某人正常说话时声压的范围是，求声压级的取值范围；
（2）当几个声源同时存在并叠加时，所产生的总声压为各声源声压的平方和的算术平方根，即．现有10辆声压级均为的卡车同时同地启动并原地急速，试问这10辆车产生的噪声声压级是多少？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）因为是关于的增函数结合声压的范围是，即可得出答案；
（2）由题意可得出求出，代入可求出总声压，再代入，求解即可.
【小问1详解】
当时，；
当时，；
因为是关于的增函数，
所以正常说话时声压级．
【小问2详解】
由题意得：（其中）
总声压：
故这10辆车产生的噪声声压级．
21. 设函数，若将函数的图象向右平移个单位长度后得到曲线，则曲线关于轴对称．
（1）求的值；
（2）若直线与曲线在区间上从左往右仅相交于三点，且，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：利用三角恒等变换化简可得，根据图象变换结合对称性分析求解；方法二：利用三角恒等变换化简可得，由题意可知函数关于直线对称，根据对称性分析求解；
（2）方法一：根据题意结合图象可知：且，进而结合对称性分析求解；方法二：根据题意结合图象可知：且，，可得，进而可得结果.
【小问1详解】
方法一：因为
，
由题意可知：曲线为函数
因为曲线关于轴对称，则，解得，
又因为，所以；
方法二：因为
，
由题意可知：函数关于直线对称，
则，解得，
又因为，所以.
【小问2详解】
方法一：由（1）可知：，
根据函数在上的图象，如图所示：
设
可知：且，
由，得①，
又因为两点关于直线对称，则②
由①②可得，
于是；
方法二：由（1）可知：，
设，
根据函数在上的图象，如图所示：
由题意可知：，且，
又因为，得，则，
而，即，
可得，
令，则，可得，即，
故．
22. 已知函数．
（1）若，求函数在上的值域；
（2）若关于的方程恰有三个不等实根，且，求的最大值，并求出此时实数的值．
【答案】（1）
（2）12，
【解析】
【分析】（1）根据和的单调性可得在上单调递减，进而可求解；
（2）构造，根据，可得关于直线对称，进而可得，即可代入化简得的表达式，即可结合二倍角公式以及二次函数的性质求解.
【小问1详解】
若，
因为函数和均在上单调递减，
所以函数在上单调递减，故，
所以函数在上的值域为．
【小问2详解】
，
显然：当时，，
由于方程有三个不等实根，所以必有，
令，则，显然有，
由，
得到，所以函数关于直线对称，
由，可得：，
于是，
，
①，
由可得：②，
将②代入①式可得：
，
当且仅当，即时等号成立，
由于恰有三个不等实根，且，
所以，此时，
由可得，
故.
【点睛】方法点睛：处理多变量函数最值问题的方法有：
（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.
（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化.
（3）线性规划：如果题设给出的是二元一次不等式组，而目标函数也是二次一次的，那么我们可以用线性规划来处理.