宁夏石嘴山市2024-2025学年高一上学期期末教学质量检测数学试题（解析版）

这是一份宁夏石嘴山市2024-2025学年高一上学期期末教学质量检测数学试题（解析版），共15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】由集合，
集合B由，所有偶数构成，集合A中只有-2，2两个偶数，故.
故选：B.
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】因为能推出，
而不能推出，例如，不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 已知函数，则（ ）
A. 0B. C. D. 2
【答案】C
【解析】已知，此时函数.
把代入可得：.
由上一步得到，那么.
因为，此时函数.
把代入可得：.
故选：C.
4. 数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，这就是数形结合的思想.在数学的学习和研究中，常利用函数的图象来研究函数的性质，也常利用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数的图像大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意可知，函数定义域为，
所以，所以为偶函数，排除选项A和C；
当时，，
当时，，
所以，排除选项D.
故选：B.
5. 如图，有三个相同的正方形相接，若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设正方体边长为1，由图可得，
则且，所以.
故选：B.
6. 函数且的图象恒过定点，若且，，则的最小值为（ ）
A. 8B. 9C. D.
【答案】C
【解析】对于对数函数，当时，（且）.
对于指数函数，当时，（且）.
所以当时，.
即函数的图象恒过定点，所以，.
已知，把，代入可得.
将进行变形，.
展开式子得.
因为，，根据均值不等式，有.
则，当且仅当时等号成立.
故选：C.
7. 已知，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】易知定义域为，
由可知为偶函数，
则，
当时，有，故在上单调递增，
而，
又，即，
因此.
故选：A．
8. 定义在上的函数满足条件①，②，，则的值为（ ）
A. 0B. C. 1D.
【答案】D
【解析】因为，取可得，
又，可得，
因为，取可得，
所以，又，故，
由，取，，
可得.
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. 下列结论正确的是（ ）
A. “”的否定是“”
B. 钝角是第二象限角
C. 是4的倍数
D. 半径为3，且圆心角为的扇形的面积为
【答案】AB
【解析】根据存在量词命题的否定的知识可知，“”的否定是“”，所以正确；
钝角的范围是，在第二象限，所以B正确；
当是偶数时，是奇数，
当是奇数时，设，，则，
所以不是4的倍数，所以C错误；
根据扇形面积公式得，，所以D错误.
故选：AB.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 函数图象关于点对称
D. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，为偶函数
【答案】BCD
【解析】观察图象可得函数的最小值为，由对称性可得函数的最大值为，
又，所以，
设函数的最小正周期为，
观察图象可得，又，，所以，
观察图象可得，，
所以，，，
所以，或，（舍去），A错误，B正确；
所以，
令，，可得，，
取，可得，
所以函数图象关于点对称，C正确；
将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，
所以，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，所以函数为偶函数，D正确.
故选：BCD.
11. 已知定义在上的奇函数满足，且时，，给出下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若，则关于的方程在上所有根之和为4
C. 函数关于直线对称
D. 函数在上是减函数
【答案】ABD
【解析】是奇函数，则，又满足，
∴，∴是周期函数，8是它的一个周期．
A．由得，A正确；
B．时，，
∴上单调递增，，
∵，
∴的图象关于直线对称，
则在上单调递减，，
又，
∴点与点关于点对称，
∴的图象关于成中心对称．
∴时，，
时，则关于的方程在上只有两个根，
且关于2对称，
∴，B正确；
C．若函数又关于直线对称，由B知是其对称中心，
则与题意不符，故C错误；
D．由B的推导，在上单调递减，的图象关于成中心对称．
则在上递减，从而在上是减函数，
∵是奇函数，∴在上是减函数．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. 已知，，则______．（用数字作答）
【答案】6
【解析】因为，所以，故.
13. 已知角的终边经过点，则的值为__________.
【答案】
【解析】由题意可得，
则.
14. 设是定义在上的奇函数，对任意的，满足：，若，则不等式的解集为______.
【答案】
【解析】因为为上的奇函数，
所以，.
不妨设，由得，
则，可得，
令，则在上单调递增，
的定义域为，
且，
故为偶函数，在上单调递减，
当时，，
因为，所以，
故，即，解得；
当时，，
因为，所以，
故，解得；
当时，，符合题意，
故不等式的解集为.
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.
（1）求的值；
（2）求的值.
解：（1）
.
.
（2）
.
16. 若函数为幂函数，且在单调递减．
（1）求实数的值；
（2）若函数，且，
（ⅰ）写出函数的单调性，无需证明；
（ⅱ）求使不等式成立的实数的取值范围．
解：（1）由题意知，解得：或，
当时，幂函数，此时幂函数在上单调递减，符合题意；
当时，幂函数，此时幂函数在上单调递增，不符合题意；
所以实数的值为1．
（2）（ⅰ），在区间单调递增.证明如下：
任取，则
，
由可得：，，则，即，
故在区间单调递增.
（ⅱ）由（ⅰ）知，在区间单调递增，又由可得：
则，解得.
17. 学校鼓励学生课余时间积极参加体育锻炼，每天能用于锻炼的课余时间有60分钟，现需要制定一个课余锻炼考核评分制度，建立一个每天得分与当天锻炼时间（单位：分）的函数关系．要求及图示如下：
①函数是区间上的增函数；
③每天运动时间为0分钟时，当天得分为0分；
④每天运动时间为20分钟时，当天得分为2分；
⑤每天运动时间60分钟时，当天得分不超过5分．
现有以下三个函数模型供选择：
（Ⅰ），（Ⅱ），（Ⅲ）．
（1）请你根据条件及图像从中选择一个合适的函数模型，并求出函数的解析式；
（2）求每天得分不少于3分，至少需要锻炼多少分钟．（注：，结果保留整数）．
解：（1）由图可知，该函数的增长速度较慢，
对于模型（1），，为线性增长，不合题意；
对于模型（2），是指数型的函数，其增长是先慢后爆炸型增长，不合适；
对于模型（3），对数型的函数增长速度较慢，符合题意，故选项模型（3），
此时，所求函数过点，
则，解得，故所求函数为，
经检验，当时，，符合题意，
综上所述，函数的解析式为.
（2）由（1）得，因为每天得分不少于3分，
所以，即，
所以，即，
所以每天得分不少于3分，至少需要锻炼37分钟.
18. 已知函数的最大值为2.
（1）求常数的值；
（2）求函数的单调递减区间和对称轴方程；
（3）把函数的图象先向右平移个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到函数的图象.当时，方程恰好有两个不同的根，求的取值范围及的值.
解：（1），
因为的最大值为2，，
所以.
（2）由（1）知，，
由，得，
即的单调减区间为；
由，得，
即的对称轴为直线.
（3）将函数的图象先向右平移个单位长度，再向下平移2个单位长度，
得，
由，得，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，
因为方程在上恰好有两个不同的根，
所以直线与函数在上恰好有两个交点，
得；
当时，关于直线对称，则；
当时，关于直线对称，则.
综上，或.
19. 若函数在定义域内存在实数，使得成立，则称函数有“飘移点”.
（1）函数是否有“飘移点”？请说明理由；
（2）证明：函数在上有“飘移点”；
（3）若函数在上有“飘移点”，求实数的取值范围.
解：（1）函数没有“飘移点”.理由如下：
对于，则，整理得，
，则该方程无解，
函数没有“飘移点”.
（2）函数在上有“飘移点”，理由如下：
在上有“飘移点”，
因此有，
即成立，化简，即成立，
记，则在上连续不断，
且，
在内存在零点，则方程在内存在实根，
故函数在上有“飘移点”.
（3）对于，
则，
即，
，则，
令，则，
，
又，当且仅当，即时等号成立，
则，
，即，
故实数的取值范围为.