四川省眉山市仁寿县第一中学校（北校区）2024~2025学年高一下册4月期中考试数学试题【附解析】

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本试卷22小题，满分150分.考试用时120分钟.
一、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. 若集合 ，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题知，对集合M，N进行转化，根据补集的概念求出，结合交集的运算求出.
【详解】由题意知，，
所以.
故选：B.
2. 已知角α的终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求出，结合二倍角的正弦公式计算即可求解.
【详解】由题意知，，
所以.
故选：D
3. 已知，则函数与函数的图像在同一坐标系中可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别分析与的单调性及恒过的定点即可判断.
【详解】因为，所以在上单调递增，
又定义域为，
所以由复合函数单调性可知，在上单调递减，且恒过，
故选：A.
4. 点从出发，沿着单位圆的边界顺时针运动弧长到达点，则点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件确定点的位置，利用三角函数的定义求得坐标即可.
【详解】由题意，以轴的非负半轴为始边，
以所在的射线为终边的最小正角为，
由任意角的三角函数的定义可得，
的坐标为，即，
故选：D.
5. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将两边同时平方得到的值，结合得到，的正负情况，然后求得的值，并得到的值，然后由和差角公式展开后得到结果.
【详解】因为，所以．
又因为，所以，，
所以，即，
所以．
故选：
6. 已知，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用对数函数的单调性和0，1比较大小即可得解.
【详解】因为，所以．
故选：D.
7. 已知函数，若关于的方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】因为，所以或只需的图象与直线有3个交点，利用数形结合即可得
【详解】因为，所以或
因为关于的方程共有5个不同的实数根．
所以的图象与直线和直线共有5个不同的交点．
如图，的图象与直线有2个交点，
所以只需的图象与直线有3个交点，所以．
故选：D．
【点睛】函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
8. 已知函数是定义在上的偶函数，若，且，都有成立，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，由已知确定函数的奇偶性及单调性，变形给定不等式，再利用单调性，结合正弦函数性质求出解集.
【详解】令，由函数是上的偶函数，得，
则函数是奇函数，由，且，都有成立，
得，且，都有成立，则函数在上单调递减，
于是函数在上单调递减，函数在上单调递减，
不等式，
且，因此，且，则，
且，整理得，即，解得，
则，所以不等式的解集为，A正确.
故选：A
【点睛】关键点点睛：抽象的函数不等式求解，探讨函数的奇偶性、单调性是求解的关键.
二、选择题：本题共3小题.每小题5分，共15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，有选错的得0分.
9. 已知，且，则（ ）
A. 最小值是9
B. ab最大值是8
C. 的最小值是16
D. 的最小值是4
【答案】AD
【解析】
【分析】根据基本不等式乘“1”法即可判定A,直接利用不等式即可判断B，根据不等式等号成立的条件，即可判定C，代换后利用不等式可求解D.
【详解】因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，则A正确.
因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，则B错误.
因为，当且仅当时，等号成立，而，当且仅当取等号，所以等号不能同时取到，所以，则C错误.
因为，所以，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，则D正确.
故选：AD
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数图象关于点对称
C. 函数在区间上单调
D. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象
【答案】ABD
【解析】
【分析】由周期公式计算可得A正确，利用代入检验法可判断B正确，根据正弦函数单调性利用整体代换可求得C错误，由平移规则计算可判断D正确.
【详解】对于A，由周期公式计算可得函数的最小正周期为，即A正确；
对于B，将代入检验可得，
因此函数的图象关于点对称，即B正确；
对于C，当时，；
易知在上不单调，所以C错误；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度得到，即D正确.
故选：ABD
11. 已知函数是定义域为的奇函数，，当时，，则（ ）
A. B.
C. 当时，D. 方程恰有10个解
【答案】AC
【解析】
【分析】通过对函数关系的化简以及奇函数的性质判断A选项；由时函数解析式以及函数的关系，写出时的函数解析式，从而知道函数在上的单调性，判断的大小关系即可判断B选项；同理写出时函数解析式，判断C选项，写出时函数解析式，从而得到函数的函数图像，即可找到方程解的个数，判断D选项.
【详解】∵，∴，
又∵函数是定义域为的奇函数，∴，
∴，即，
∴，A选项正确；
令，则，，
∴函数在区间上单调递减，
∵，
,
，
∴，B选项错误；
令，则，，C选项正确；
令，则，，
这函数的函数图像如下：
故方程恰有9个解，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛，本题是抽象函数的性质的综合运用，通过抽象函数解析式的关系，以及其中某个区间的函数解析式，得到这个函数的性质和大致图像是解题的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用抽象函数的定义域，结合对数函数的定义及性质列出不等式组求出定义域.
【详解】由函数的定义域为，得，则，
在中，，解得且，
所以函数的定义域为.
故答案为：
13. 已知函数在区间上单调递增，求参数a的取值范围________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的单调性及二次函数对称轴与区间的关系可得a的取值范围.
【详解】当时，，对称轴为直线，
∵函数在区间上单调递增，
∴，解得，
∴参数a的取值范围为.
故答案为：.
14. 根据调查统计，某地区未来新能源汽车保有量基本满足模型，其中为饱和度，为初始值，此后第年底新能源汽车的保有量为（单位：万辆），为年增长率.若该地区2024年底的新能源汽车保有量约为20万辆，以此为初始值，以后每年的增长率为，饱和度为1020万辆，那么2030年底该地区新能源汽车的保有量约__________万辆.（结果四舍五入保留到整数；参考数据：）
【答案】36
【解析】
【分析】把已知数据代入模型，求出对应的值即可．
【详解】根据题意，所给模型中，
则2030年底该省新能源汽车的保有量为，
因为，所以，
所以，
所以2030年底该地区新能源汽车的保有量约36万辆.
故答案为：36.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. （1）计算的值；
（2）已知，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据指数幂和对数的运算求解；
（2）法一，利用诱导公式化简式子，根据商数关系弦化切求解；法二，由题可得，代入所求式子得解；法三，由，可得为第一象限角或第三象限角，讨论分别求出得解.
【详解】（1） ；
（2）解法一：，则原式；
解法二：，，即，
则原式；
解法三：，第一象限角或第三象限角，
①当为第一象限角时，，，
则原式；
②当为第三象限角时，，，
则原式.
16. 为了充分挖掘乡村发展优势，某新农村打造“有机水果基地”．经调研发现：某水果树的单株产量W（单位：千克）与施用肥料x（单位：千克）满足如下关系：，肥料成本投入为10x元，其他成本投入为20x元．已知这种水果的市场售价大约为15元/千克，且销售畅通，记该水果单株利润为（单位：元）．
（1）求单株利润（单位：元）关于施用肥料x（单位：千克）的关系式；
（2）当施用肥料为多少千克时，该水果单株利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）
（2）当施用肥料为4千克时，该水果单株利润最大，最大利润是240元
【解析】
【分析】（1）利用该水果树单株产量乘以市场售价减投入总成本即可得出利润表达式；
（2）根据定义域求每段函数的利润最大值比较后可得答案.
【小问1详解】
由题意可得：，
即，整理得．
【小问2详解】
当时，为对称轴开口向上的抛物线，
所以当时，，
当时，，
因为，当且仅当即取等号，
所以，即，
综上所述，当时，该水果单株利润最大，最大利润是240元．
17. 已知函数（为实数）是奇函数.
（1）求的值；
（2）解不等式：；
（3）若实数满足，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合指数运算，根据奇函数定义列式求解；
（2）将不等式等价化简得，然后结合对数概念利用指数函数单调性解不等式即可；
（3）由复合函数的单调性判断，并用定义证明，然后由奇偶性变形，由单调性化简，解一元二次不等式即可得解．
【小问1详解】
由题意函数是定义在上的奇函数，所以，
即，整理得恒成立，即．
所以；
【小问2详解】
由（1）知，则，
所以，由函数单调递增得，所以原不等式的解集为；
【小问3详解】
由（1）可得；
取任意，且，
则
，
因为，所以，又易知，
所以，即；
因此函数为单调递减函数；
由可得；
由为单调递减可知，即，
解得，所以的取值范围为.
18. 已知函数的部分图象如图所示.

（1）求的解析式，并求出的对称轴；
（2）先把的图象向右平移个单位，再向下平移1个单位，得到函数的图象，若关于的方程在上有解，求的取值范围.
【答案】（1），对称轴
（2）
【解析】
【分析】（1）由图象求出，进而，利用整体代换法求解对称轴即可；
（2）根据三角函数图象的平移变换可得，求出在的值域即可.
【小问1详解】
由图象可知，，得，
又，所以，将点代入，
得，即，所以，
即，又，故，
所以，令，得，
所以的对称轴方程为.
【小问2详解】
先把的图象向右平移个单位得到的图象对应的解析式为
，
再向下平移1个单位，得到的图象对应的解析式为，
，则，所以，
即，
因为在上有解，即在上有解，
所以，即的取值范围为.
19. 已知函数，.
（1）若，试判断函数的奇偶性，并用奇偶性定义证明你的结论；
（2）当时，求不等式的解集；
（3）若存在使关于x的方程有四个不同的实根，求实数a的取值范围.
【答案】（1）偶函数，证明见解析；（2）当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；（3）
【解析】
【分析】（1）利用函数的奇偶性判断证明；
（2）由，分，， 讨论求解；
（3）由时，得到，令，将问题转化为存在，有两个不等正根求解.
【详解】（1）为偶函数，
证明：由已知得，又
所以为偶函数.
（2）即，
解方程，得，
当时，即，此时不等式解集为；
当时，即，不等式解集为；
当时，即，不等式解集为；
综上，当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
（3）时，令，当且仅当，即时等号成立，
则可将已知转化为存在，有四个不等实根，
即关于的方程有四个不等实根，
令，时一个对应两个；时一个对应一个；时无与之对应；
则有两个不等正根，则
即，且存在，使得不等式成立，
令，函数单调递减，，
由可得，
所以实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：含有参数的不等式的解法：，往往需要比较(相应方程)根的大小，对参数进行分类讨论：
（1）若二次项系数为常数，可先考虑分解因式，再对参数进行讨论；若不易分解因式，则可对判别式进行分类讨论；
（2）若二次项系数为参数，则应先考虑二次项是否为零，然后再讨论二次项系数不为零的情形，以便确定解集的形式；
（3）其次对相应方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集．