广东省阳江市高新区2024-2025学年高一上学期1月期末测试数学试卷（解析版）

这是一份广东省阳江市高新区2024-2025学年高一上学期1月期末测试数学试卷（解析版），共13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】由题得，又，所以．
故选：B.
2. 设，则“”是“或”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】一方面：或；
另一方面：或，但此时不满足；
所以“”是“或”的充分不必要条件.
故选：B.
3. 若，，且，则的最小值是（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 9
【答案】D
【解析】因为，，且，
所以，
当且仅当，即时取“”.
故选：D.
4. 已知函数，若关于的不等式的解集为，则函数的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由关于的不等式的解集为，
得，为方程的两根，即，
整理得，
所以函数的值域为.
故选：D.
5. 已知函数的定义域为，且对，，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】分别令和得到：，解得.
故选：B.
6. 若函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可得，解得，
所以实数a的取值范围是.
故选：D.
7. 已知函数，设，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，令，则，
由，故为偶函数，
当时，在上递增，
，
，
因为，
且，所以，
所以，所以，
所以，即.
故选：C.
8. 已知函数在区间上是增函数，若函数在上的图象与直线有且仅有一个交点，则的范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为函数的图象关于原点对称，
并且在区间上是增函数，所以，所以，
又，得，
令，得，
所以在上的图象与直线的第一个交点的横坐标为，
第二个交点的横坐标为，所以，解得，
综上所述，.
故选：.
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. 若，，且，则下列说法正确的有（ ）
A. 的最小值是
B. 的最大值是
C. 的最小值是
D. 的最小值是
【答案】ACD
【解析】对A：因为，即（当且仅当即时取“”），故A项正确；
对B：因为（当且仅当即时取“”），故B项错误；
对C：因为，
所以（当且仅当即时取“”），故C项正确；
对D：由，所以，
由B知：成立，故D项正确.
故选：ACD.
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的定义域为且B. 为偶函数
C. 在上单调递增D. 在内有最小值
【答案】BC
【解析】A.得，故的定义域为，选项A错误.
B.∵定义域关于原点对称，，∴为偶函数，选项B正确.
C.当时，，
∵在上为减函数，
∴在上为增函数，选项C正确.
D.由选项C得在上为增函数，由为偶函数可得在上为减函数，
∴在-1，1上无最小值，选项D错误.
故选：BC.
11. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则（ ）
A. 为函数图象的一条对称轴
B.
C. 函数在上单调递增
D. 函数的图象与函数的图象交点个数为5
【答案】ACD
【解析】对于A，将函数的图象向左平移个单位，
可得到函数的图象，
则，
所以为函数图象的一条对称轴，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，当时，，
而在上单调递增，所以在上单调递增，故C正确；
对于D，对于，其周期为，最大值为，
令，则，
令，则，且，
因为的定义域为0，+∞，且，
作出与在上的大致图象，如图，
结合图象可知，的与函数的图象交点个数为5，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. 已知关于的不等式的解集为或，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】由题意得的两个根为，，
，则，
则，即，
即，解得，
则不等式的解集为.
13. 已知，且，则__________.
【答案】7
【解析】，
则，
则有，
若，则
14. 已知函数在区间上的值域为，且，则的值为______.
【答案】
【解析】，故，
因为在区间上的值域为，
且，故必有
，
如图所示，则故
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. 设函数.
（1）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）当时，解关于的不等式.
解：（1）当时，，成立；
当时，在上恒成立，
所以，解得；
综上的取值范围为.
（2）因为，则，整理可得，
当时，原不等式为，解得；
当时，方程的两根为，
当，即时，解为；
当，即时，解得或；
当，即时，解得或；
综上，当时，解集为；
当时，解集为或；
当时，解集为；
当时，解集为或x>1.
16. 在中，角所对的边分别为是的面积，且满足.
（1）证明：；
（2）若，求角.
解：（1）因为，
所以，，，可得.
由余弦定理可得，即.
由正弦定理得，
即
所以，
因为，所以.
（2）由得.
因为，所以，
所以，
展开得，
，，，
，
，
可得.
17. “守护碧水蓝天，共治污水之源”，重庆市某自来水厂决定对污水进行净化再利用，以降低自来水的使用量．经测算，水厂拟安装一种新的污水净化设备．这种净水设备的购置费（单位：万元）与设备的占地面积（单位：平方米）成正比，比例系数为0.2，预计安装后该水厂需缴纳的总水费（单位：万元）与设备占地面积之间的函数关系为，将该水厂的净水设备购置费与安装后需缴水费之和合计为（单位：万元）．
（1）要使不超过11.2万元，求设备占地面积的取值范围；
（2）设备占地面积为多少平方米时，的值最小，并求出此最小值．
解：（1）由题意得，
令，即，
整理得，即，
解得，
所以设备占地面积的取值范围为.
（2），
当且仅当，即，时等号成立，
所以设备占地面积为25平方米时，的值最小，最小值为11万元.
18. 已知函数.
（1）当时，求在区间上的最小值；
（2）若，总存在，使得，求实数的取值范围.
解：（1），令，，
所以，在单调递增，
所以，
所以在区间上的最小值为.
（2）由题意得在的值域包含于在的值域，
由二次函数的性质得的值域为，
当时，符合题意，
当时，，可知函数单调递增，
所以，所以，所以，
当时，为对勾函数，，
所以，，此时，
所以，又，可知无解；
综上，.
19. 已知函数在的最小值为．
（1）求的解析式；
（2）若，求实数的取值范围．
解：（1）函数，对称轴为，
①当即时，函数在上单调递增，
所以，即；
②当即时，函数在上单调递减，
在上单调递增，
所以，即；
③当即时，函数在上单调递减，
所以，
即，
故.
（2）由（1）知，当时，，函数单调递增，
当时，，
对称轴为，函数在上单调递增，
当时，，所以函数在R上单调递增.
由，
得或，
解得或
故实数m的取值范围为.