福建省福州市2024-2025学年高一上学期期末质量检测数学试卷（解析版）

这是一份福建省福州市2024-2025学年高一上学期期末质量检测数学试卷（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。
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】C
【解析】由.
故选：C.
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】命题“，”的否定是“，”.
故选：B.
3. 已知角的终边与单位圆的交点坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据三角函数定义得到，则.
故选：A.
4. 已知函数，则（ ）
A. 0B. 3C. 6D. 9
【答案】D
【解析】由题设，则.
故选：D.
5. 已知，，若，则（ ）
A. mn的最大值为1B. mn的最大值为2
C. mn的最小值为1D. mn的最小值为2
【答案】A
【解析】由，，则，即，
当且仅当时取等号，所以mn的最大值为1，没有最小值.
故选：A.
6. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】对数函数性质得，由指数函数的性质得，
所以.
故选：B.
7. 已知函数的定义域为D，，，，则可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】A：，，，错；
B：，，，错；
C：，，，对；
D：，，，错.
故选：C.
8. 已知函数的图像与轴交点的纵坐标为，且在区间上无最大值，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由条件得，又，得，所以.
由，解得.
若在区间上存在最大值，则，解得，
则，所以若在上无最大值，
的取值范围为.
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. 已知函数，则（ ）
A. 当时，是奇函数B. 当时，定义域为R
C. 当时，值域为D. 当时，在R上单调递减
【答案】ABC
【解析】A：由，其定义域为且，
函数为奇函数，对；
B：，显然定义域为R，对；
C：，易知其值域为，对；
D：，根据相关幂函数的性质知函数在R上单调递增，错.
故选：ABC.
10. 已知函数，，则下列结论正确的是（ ）
A. 与的图象存在相同的对称轴B. 与的值域相同
C. 与存在相同的零点D. 与的最小正周期相同
【答案】BC
【解析】对于对称轴为，
对于对称轴为，
若存在相同的对称轴，则，而，
所以不可能成立，A错；
、值域均为，最小正周期分别为，B对，D错；
，显然为与共同零点，C对.
故选：BC.
11. 已知实数a，b满足，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】令，
因为，，且在内单调递增，
由零点存在定理得在区间内存在唯一零点，
所以，由，得，A正确：
令，
因为在区间内单调递减，又，
故当，，所以函数在区间内无零点，
方程在区间内无解，B错误；
由，得，考虑到函数单调递增，
比较与的形式，
可得，所以，D正确；
由，得，将其代入到中，
得，即，C错误.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数（且）的图象过定点P，则P的坐标是________.
【答案】
【解析】由，即函数图象恒过点.
13. 已知弧AB的长为，其所对的圆心角，则________cm.
【答案】6
【解析】已知弧长，圆心角，
根据弧长公式，可得，即.
14. 把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，那么后物体的温度（单位：）可由公式求得，其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数.现有的物体，放在的空气中冷却，1min以后物体的温度是，则________；2min以后该物体的温度降为________.（精确到）
【答案】 44
【解析】由题设，可得，
所以.
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. 不等式的解集为.
（1）求；
（2）若函数的值域为，求.
解：（1）由得，解得，
所以的解集为.
（2）由于，则，
则.
16. 已知函数.
（1）求函数的定义域；
（2）判断函数的奇偶性，并说明理由；
（3）若，求m的取值范围.
解：（1）由条件得，则，解得，
所以的定义域为.
（2）函数奇函数，理由如下：
因为定义域为，且，
所以函数为奇函数.
（3）法一：
因为函数为奇函数，所以，即，得，
则，故，
因为，则，可得，解得，
故m的取值范围为.
法二：
因为
，
由，得，故，
因为，则，可得，解得，
故m的取值范围为.
17. 已知函数.
（1）根据五点作图法完善以下表格，并在如图所示的直角坐标系中作出函数在的图象；
（2）将图象上所有点向右平行移动个单位长度，再将得到的图象上的各点横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象，求的解析式，并写出曲线的一个对称中心.
解：（1）列表得：
再描点，得图象如下，
（2）将图象上所有点向右平行移动个单位长度，
得到的图象，
再将其各点横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象，
故解析式为.
由，得，故函数图象的一个对称中心为.
18. 已知为锐角，在下面两个条件中任选一个作为已知条件：
①；②.
（1）求；
（2）已知，，.
（i）求；
（ii）求的最小值，并求出此时的值.
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
解：（1）选①，因为，所以，
因为，所以，得，
故，则.
选②，因为，所以，
因为，所以，
所以，则.
（2）（i）法一：因为，
由（1）知，则，解得.
法二：由（1）知，因为，
所以.
（ii）法一：
，
当且仅当时，即时，的值最小，最小值为.
法二：
，
当且仅当时，即时，的值最小，最小值为.
19. 已知函数，.
（1）若，写出的单调区间（不必证明）；
（2）若是偶函数，求a的值；
（3）若，，求的最小值.
解：（1）由题意，当时函数，且函数的定义域为，
所以，
从而其单调递减区间为，；单调递增区间为，.
（2）因为是偶函数，所以，
由于，则，
从而，两边平方得，
从而，此式对任意恒成立，得，故a的值为0.
（3）首先，时不等式恒成立，接下来考虑的情况：
①当时，，因为，所以，；
②当时，，，
因为，当且仅当时等号成立，所以，
所以，当且仅当，时，等号成立；
法一：③当时，问题等价于当时，恒成立；
当时，恒成立.
令，命题等价于，
而最大值只可能在，，三处取得，只需，
即，可得，
若，则；若，则；
④当时，，，
易知函数在上单调递增，故当时，取到最大值，
所以，所以；
综上，当，时，的最小值为.
法二：③当时，由对任意恒成立，取可得成立，
则，若，则，
若，则，所以当，有.
综上，当，时，的最小值为.