江苏省扬州市2024-2025学年高一上学期期末检测数学试卷（解析版）

这是一份江苏省扬州市2024-2025学年高一上学期期末检测数学试卷（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。
1. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. 不存在，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】全称命题的否定是特称命题
命题“，”的否定是：，.
故选：D.
2. 集合的真子集个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】集合的元素个数为，该集合的真子集个数为.
故选：C.
3. 不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为等价于，解得：，
即：，所以不等式的解集为.
故选：C.
4. 若，，则下列式子一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】A：，对；
B：，错；
C、D：由对数的运算性质有、，错.
故选：A.
5. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为的定义域为关于原点对称，且，
所以为偶函数，故排除C，D；
因为在均为增函数，且函数值均为正，
所以在上单调递增.
故选：B．
6. 若幂函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ）
A. 为偶函数B. 方程的实数根为
C. 在上为增函数D. 的值域为
【答案】B
【解析】设，代入点可得，所以，
所以，因为，所以，即函数的定义域为，
对于A：因为的定义域为，不关于原点对称，
所以既不是为偶函数也不是奇函数，故A错误；
对于B：令，所以，解得，故B正确；
对于C，因为，因为，
所以在上为减函数，故C错误；
对于D：因为，
所以，所以，的值域为，故D错误.
故选：B.
7. 已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，，，
，，
所以.
故选：C.
8. 在平面直角坐标系中，单位圆上的动点、同时从点出发，点按逆时针方向每秒钟转弧度，点按顺时针方向每秒钟转弧度.若两点相遇时的坐标是，则此时它们可能是第（ ）次相遇.
A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】B
【解析】由题设，两点相遇时的坐标是，则分别最少旋转了、，
经过秒相遇，有，且，
则，所以，
要使相遇，则且，即，
若，则，此时，A错；
若，则，此时，B对；
若，则，此时，C错；
若，则，此时，D错.
故选：B.
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. 下列三角函数值的符号为负的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】A.角的终边在第四象限，所以，故A正确；
B.的角的终边在第二象限，所以，故B错误；
C.弧度的角的终边在第二象限，所以，故C正确；
D.的角的终边在第三象限，所以，故D错误.
故选：AC.
10. 已知实数满足且，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则对任意实数，B. 若，则
C. 的最小值是D. 的最小值是
【答案】BCD
【解析】A：当，此时，错；
B：由，则，即，对；
C：，
当且仅当时取等号，对；
D：由，则，故，
当时，取得最小值，对.
故选：BCD.
11. 已知函数的图象过坐标原点，且值域为，则下列说法正确的有（ ）
A.
B.
C. 若，则
D. 若关于的方程有实数根，则实数的取值范围为
【答案】ACD
【解析】对于选项A：因为函数过坐标原点，所以，即.
因为函数的值域为，即在处取得最大值，
所以函数在区间上单调递增，在上单调递减；
当x趋于无穷大时，趋于0，趋于，即，即，故A正确；
对于选项B：因为，又函数在上单调递减，所以，即，故B错误；
对于选项C：当时，，
，故C正确；
对于选项D：令，，
当时，取最小值，当或时，值为0，所以方程有实数根，
则实数的取值范围为，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. 计算：__.
【答案】3；
【解析】.
13. 已知函数满足下列三个条件：①对任意，；②对任意，；③的值域为，则______.（写出满足要求的一个函数即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】条件①说明函数的周期为，条件②说明函数关于对称，
根据三角函数性质可知，满足条件的函数为（答案不唯一）.
14. 已知函数，若对任意，，不等式成立，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】由在上单调递增，且过点，
在上，在上单调递减，在上单调递增，
结合解析式，其大致图象如下图，
随变化，的图象只在轴上平移，
令过且平行于的直线为，
则，所以，故，
联立与，消去y得，
所以或，
对任意，都有成立，
由图知，在上不单调，必有，
需保证，时有，
所以，
，整理得，所以，
综上，实数的取值范围是.
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. 已知集合，.
（1）若，求，；
（2）若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围.
解：（1），
当，，
所以，.
（2）因为“”是“”的必要条件，所以，
所以，解得.
16. 在平面直角坐标系中，角以轴的正半轴为始边，它的终边与单位圆交于第四象限内的点.
（1）若，求的值；
（2）若，求的值及点的坐标.
解：（1）因为角与单位圆交于第四象限内的点，
所以，，，，，
由，得，
，
法1：
，
法2：，
.
（2）法1：，
因为，①
所以两边平方得，即，
所以，
由角终边位于第四象限，得，，
所以，②
由①②解得：，，
所以点P的坐标为.
法2：由角终边位于第四象限，得，，
因为，①
且，②
所以由①②解得：，，
所以，
点P的坐标为.
17. 已知定义在上函数的图象关于坐标原点对称.
（1）求实数m的值；
（2）判定的单调性并证明；
（3）若实数满足，求的取值范围.
解：（1）因为在上的图象关于原点对称，所以为奇函数，
所以，即，检验如下，
此时，所以，
故是奇函数，满足要求.
所以.
（2）在上单调递减，证明如下：
任取且，
则，
因为，所以，又，，
所以，所以在上单调递减.
（3）法1：因为，所以可化为，
因为在上单调递减，所以，
即，所以，解得.
法2：在中，令，则，
即，即，所以，
即，所以，解得.
18. 已知用“五点法”画函数在一个周期上的图象时，列表如下：
（1）求的解析式；
（2）将函数图象上所有点向右平移个单位长度，再将图象上每个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.
①求在上的单调增区间；
②若关于的方程在上有四个不相等的实数根，求的值.
解：（1）由题意得，，所以.
所以.
因为，所以，即，
因为，所以.
所以.
（2）①将图象上所有点向右平移个单位长度后得到的图象，
再将图象上每个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，
所以，
令，得，
又，所以在上的增区间为.
②令，因为，所以.
由得，即.
因为方程在上有四个不相等的实数根，
所以方程在上有四个不相等的实数根，
所以，且，，
所以，，所以，
所以.
19. 已知两个函数，，，若对任意的，存在唯一的，使得成立，则称为的“友好函数”.
（1）判断函数，是否为，的“友好函数”，并说明理由；
（2）若函数，是，的“友好函数”，求的最小值；
（3）已知函数，，，，若是的“友好函数”，且也是的“友好函数”，求实数的值及的最大值.
解：（1），不是，的“友好函数”，理由如下：
取，因为，所以不存在，使得，
所以，不是，的“友好函数”.
（2）由题意，对任意，存在唯一使成立，
即，所以函数的值域是函数值域的子集.
因为，，所以，其值域为，
而在上单调递增，故值域为，
从而，即，所以.
（3）当是的“友好函数”时，
由题意，对任意的，存在唯一的，使成立，
即，则的值域是值域的子集.
当是的“友好函数”时，
由题意，对任意的，存在唯一的使成立，
即，则的值域是值域的子集.
所以的值域与值域相同（且值域中的数值一一对应）.
当是的“友好函数”时，因为，
若存在使得，则不存在，使得，
所以当时，，所以，
因为在上单调递减，所以，
①当时，，不符合要求；
②当时，，，
因为，所以，不符合要求；
③当时，，，
若，则在上单调递减，
从而在上单调递增，故，
从而时，，
因为的值域与值域相同，所以，
即，所以，
又在上单调递增，
所以当时，最大值为1.
若，则在上单调递减，在上单调递增，
此时值域与值域中的数值不可能一一对应，不符合要求.
综上：，的最大值为1.