重庆市2024_2025学年高一数学上学期1月期末试题含解析

这是一份重庆市2024_2025学年高一数学上学期1月期末试题含解析，共20页。试卷主要包含了 若且，则下列不等式成立的是， 已知函数，则函数的零点个数为， 为了得到函数的图象，只需， 若定义域为等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 命题“，”的否定为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据特称命题的否定为全称命题判断即可.
【详解】命题“，”的否定为“，”.
故选：B
2. 已知集合，．若，则（ ）
A. 4B. 2或2
C. 2D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集结果求参数值即可.
【详解】因为,，，所以
若，则，，与题意不符，
所以，则，经验证，此时满足题意.
故选：C
3. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为，则，，且，
所以，
，
当且仅当时，即当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：C.
4. 若且，则下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用赋值法即可判断ABC错误，由不等式性质计算可得D正确.
【详解】对于A，易知当时，满足，但不成立，因此A错误；
对于B，当时，显然不成立，故B错误；
对于C，当，，因此错误；
对于D，易知，由可得，即D正确.
故选：D
5. 已知函数满足对任意的，，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件得到在定义域上单调递减，再利用分段函数、一次函数、反比例函数的性质，即可求解.
【详解】因为，且，
不妨设，则，，
所以在定义域上单调递减，
当时，在区间上单调递减，所以，
当时，，，为减函数，
又，解得，
综上：
故选：A
6. 若幂函数的图象过点，则的定义域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先确定幂函数解析式，再求给定函数的定义域.
【详解】设幂函数，由.
所以.
由，所以所求函数的定义域为：.
故选：B
7. 已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】先求出的解析式，再分段解方程即可得零点.
【详解】当即时，
，
当即时，，
所以
当时，令，即或，解得：或（舍）或此时有2个零点；
当时，令，可得或，所以或都满足，此时有2个零点，
综上所述函数的零点个数为4，
故选：C.
8. 折扇是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1，其平面图如图2的扇形，其中，则扇面（曲边四边形）的面积是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意和扇形的面积公式分别求出扇形、的面积即可得解.
【详解】由题意可得，扇形的面积是，
扇形的面积是．
则扇面（曲边四边形）的面积是.
故选：C
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 为了得到函数的图象，只需（ ）
A. 将函数的图象向左平移个单位长度
B. 将函数的图象向左平移个单位长度
C. 将函数的图象向左平移个单位长度
D. 将函数的图象向右平移个单位长度
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据三角函数的图象变换和诱导公式，进行逐一判断选项.
【详解】对于选项A，的图象向左平移个单位长度，
可得的图象,故A正确;
对于选项B，的图象向左平移个单位长度，
可得的图象，故B错误；
对于选项C，的图象向左平移个单位长度，
可得的图象，故C正确；
对于选项D，的图象向右平移个单位长度，
可得图象，故D正确.
故选：ACD
10. 若定义域为. 对任意，存在唯一，使得，则称在定义域上是“倒数函数”，则下列说法正确的是（ ）
A. 是倒数函数
B. 是倒数函数
C. 若在上是倒数函数，则
D. 若存在m>0，使得 在定义域上是倒数函数，则
【答案】AC
【解析】
【分析】翻译题目可得在定义域上是“倒数函数”当且仅当，其中的值域、的值域分别为，对于AB，直接根据等价命题判断即可，对于C，首先求得，根据倒数函数的定义可得（1）且（2），解出即可判断；对于D，对进行适当划分并分类讨论，由必要性得，反过来验证充分性是否成立即可.
【详解】由题意对任意，存在唯一，使得，
则称在定义域上是“倒数函数”，
则在定义域上是“倒数函数”当且仅当对任意，存在唯一，
使得；
即当且仅当的值域是的值域的子集，
定义的值域、的值域分别为，
所以在定义域上是“倒数函数”当且仅当；
对于A，的值域为，
而的值域为，显然满足，
又为增函数，故唯一性成立，故A正确；
对于B，由对勾函数性质可得，的值域为，
而的值域为，不满足，故B错误；
对于C，由题意在上是倒数函数，
首先当时，单调递减，
此时，
由倒数函数定义可知，不包含0，即（1）；
从而在时的值域为，
由题意，
所以要满足题意，还需满足（2）；
只需（1）（2）式子同时成立即可，
所以当且仅当，解得，
又在上递减，故唯一性成立，故C正确；
对于D，必要性：
情形一：当时，在定义域上单调递增，
则，
若在定义域上是倒数函数，
首先，此时的值域为，
同时注意到不成立，故不符合题意；
情形二：当时，在定义域上单调递增，
则，
若在定义域上是倒数函数，
首先，此时的值域为，
同时注意到不成立，故不符合题意；
情形三：当时，注意到的对称轴为，
则，
（i）当时，，
由二次函数性质可知存在使得，即此时，
若在定义域上是倒数函数，
首先，此时的值域为，
同时注意到不成立，故不符合题意；
（ii）当时，
由二次函数性质可知，
即此时，注意到，
若在定义域上是倒数函数，
首先，其次结合，可得应该满足；
充分性：，有，
此时的值域为，，，
故存在，使，
此时存在两个，使，不合题意，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：解决C选项的关键是要依次得出（1）以及（2），解决D选项的关键在于先由必要性求参数，再验证充分性即可.
11. 已知函数的图象在上是连续的，定义，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则，，，
B. 设，若，则实数的取值范围为0,2
C. 设，若，则实数的取值范围为
D. 已知，若对任意恒成立，则实数的最小值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据所给定义求出，，即可判断A；根据在上不减，即可判断B；根据在上不增，即可判断C；根据函数的单调性求出，，即可得到，再参变分离求出的取值范围，即可判断D.
【详解】对于A：因为在上单调递减，所以，
，故A正确；
对于B：若，则在上不减，所以，
解得，故B错误；
对于C：若，则在上不增，
所以在上递增且恒正，所以，
解得，故C正确；
对于D：因为在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
所以，
因为对任意恒成立，
所以对恒成立①，
对恒成立②，
对恒成立③，
其中①可得对恒成立，而，所以；
②可得对恒成立，而，所以；
③可得对恒成立，
又，
函数在上单调递增，所以，所以；
综上可得实数的取值范围为，则实数的最小值为，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. 已知函数.若函数有4个不同的零点，则实数的取值范围是__________，4个零点之和的取值范围是__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据对数函数的性质化简函数y=fx的解析式，进而画出函数图象；将题干中的零点问题转化为两个函数图象的交点问题；结合对数运算，二次函数的对称性，对勾函数的单调性，即可求解.
【详解】由题意，，则函数的大致图象如下：
由函数有4个不同的零点，
得函数y=fx的图象与直线有4个不同的交点，如图所示，
则，解得.
设函数y=gx的四个零点从小到大依次为，
由，得，即，解得，
由二次函数的对称性可知，
由图可知，又对勾函数在上单调递增，
所以，
因此，.
故答案为：12,1；.
13. 已知函数，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据，结合两角和的正弦公式可化简，利用即可得到的值.
【详解】由题意得，
，
因为，所以，即，
因为，所以当时，．
故答案为：.
14. 若关于的不等式的解集为，则的取值范围是____________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据一元二次不等式的解集得到对称轴，然后根据端点得到两个等式和一个不等式，求出的取值范围，最后将都表示成的形式即可得解.
【详解】因为不等式的解集为，
所以二次函数的对称轴为直线，
且需满足，即，解得，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
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. 设全集，集合．
（1）若集合A恰有一个元素，求实数a的值；
（2）若，求．
【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】（1）根据方程只有一个解，由求解；
（2）由，求得集合A，B，再由集合的补集交集运算求解.
【小问1详解】
解：因为集合，且集合A恰有一个元素，
所以，解得；
【小问2详解】
因为集合，且 ，
所以，，
解得，，
所以，
则．
16. 设函数.
（1）若，且集合中有且只有一个元素，求实数的取值集合；
（2）解关于的不等式；
【答案】（1）
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）由题设有且仅有一个根，讨论参数a，结合函数性质求参数值.
（2）由题设，应用分类讨论求一元二次不等式的解集.
【小问1详解】
函数，又有且只有一个元素，
则方程有且仅有一个根，
当时，，即，则，满足题设；
当时，，即，则，满足题设，
所以的取值集合为.
【小问2详解】
依题意，，整理得，
当时，解得；
当时，无解；
当时，解得，
综上所述，当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为.
17. 某公园池塘里浮萍的面积（单位：）与时间（单位：月）的关系如下表所示：
现有以下两种函数模型可供选择：①，②，其中均为常数，且.
（1）直接选出你认为最符合题意的函数模型，并求出关于的函数解析式；
（2）若该公园池塘里浮萍的面积蔓延到所经过的时间分别为，写出一种满足的等量关系式，并说明理由.
【答案】（1）应选择函数模型②，
（2），理由见解析
【解析】
分析】（1）根据表格数据选择函数模型，然后计算可求解析式；
（2）根据指数幂运算公式计算可求解.
【小问1详解】
应选择函数模型②.
依题意，得，解得，
所以关于的函数解析式为.
【小问2详解】
，理由如下：
依题意，得，
，
，
，
.
18. 若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称该函数为“依赖函数”．
（1）判断函数是否为“依赖函数”，并说明理由；
（2）若函数在定义域（）上为“依赖函数”，求的取值范围；
（3）已知函数在定义域上为“依赖函数”，若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数s的最大值．
【答案】（1）不是“依赖函数”，理由见解析；
（2）
（3）最大值为.
【解析】
【分析】（1）由“依赖函数”的定义进行判断即可；
（2）先根据题意得到，解得：，再由，解出，根据的范围即可求出的取值范围；
（3）根据题意分，，考虑在上单调性，再根据“依赖函数”的定义即可求得的值，代入得恒成立，由判别式，即可得到，再令函数在的单调性，求得其最值，可求得实数的最大值.
【小问1详解】
对于函数的定义域内存在，则无解，
故不是“依赖函数”.
【小问2详解】
因为在上递增，故，即，，
由，故，得，
从而在上单调递增，故.
【小问3详解】
①若，故在上最小值为0，此时不存在，舍去；
②若，故在上单调递减，
从而，解得(舍)或，
从而存在.使得对任意的，有不等式都成立，
即恒成立，
由，得.
由，可得，
又在单调递减，故当时，，
从而，解得，
综上，故实数的最大值为.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：
① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
② 数形结合(y=fx 图象在y=gx 上方即可)；
③ 讨论最值或恒成立.
19. 函数满足：对任意实数，，有成立，函数，，，且当时，．
（1）求并证明函数为奇函数；
（2）证明：函数在上单调递增；
（3）若关于的不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1），证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）赋值求得，根据奇函数的定义证明函数为奇函数；
（2）由题意可得，根据单调性的定义分析证明；
（3）根据题意结合函数性质可得，利用参变分离可得，利用基本不等式分析求解即可.
【小问1详解】
因为，
令，则，得；
令，则，得；
，令，
依题意得，即，
所以是奇函数.
【小问2详解】
由得，即，
，，，则，则，
可得，
即，所以函数在上单调递增.
【小问3详解】
因为，，且函数为奇函数，
则，可知是偶函数，
且，
因为，可得，
因为是偶函数，且，可得，
又因为函数在上单调递增，可得，
因为，则，可知，
当时，，
当且仅当，即时，等号成立；
当时，，
当且仅当，即时，等号成立；
综上所述：，
可得，解得，且，
所以的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用函数的奇偶性与单调性得到，从而分类讨论即可得解.
时间月
1
2
3
4
浮萍的面积
3
5
9
17