陕西省安康市2024_2025学年高一数学上学期1月期末联考试题含解析

这是一份陕西省安康市2024_2025学年高一数学上学期1月期末联考试题含解析，共14页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
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. 函数 的图象恒过定点（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】我们可以通过对给定函数进行变形，令指数部分为来找到图象恒过的定点.
【详解】对于函数（），令，即.
当时，.
所以函数（）的图象恒过定点.
故选：D.
2. 已知命题；命题，则（ ）
A. 和都是真命题B. 和都是真命题
C. 和都是真命题D. 和都是真命题
【答案】B
【解析】
【分析】结合余弦函数、指数函数的性质判断存在量词命题、全称题词命题的真假.
【详解】由于，则命题是假命题，是真命题；
命题是真命题，是假命题，
故选：B
3. 有4根火柴棒的长度可以构成一个四元数集，将这4根火柴棒首尾相接连成一个平面四边形，则这个平面四边形可能是（ ）
A. 梯形B. 矩形C. 菱形D. 等腰梯形
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合中元素的互异性，可得四个元素互不相等，结合选项，即可求解.
【详解】可得四个元素互不相等，则四条边互不相同，
所以不可能围成矩形、菱形和等腰梯形，有可能连成梯形.
故选：A.
4. 在下列区间中，函数一定存在零点的有（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分别计算各区间端点处函数值的乘积，判断是否小于，,z根据零点存在性定理判定即可.
【详解】显然，函数在以上区间都连续.
，，，，，
由于，所以函数在区间内不一定存在零点.
由于，根据函数零点存在定理，函数在区间内一定存在零点.
由于，所以函数在区间内不一定存在零点.
由于，所以函数在区间内不一定存在零点.
综上所得，函数在区间内一定存在零点.
故选：B.
5. 已知，且是方程的两根，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据与在给定区间的正负性，结合韦达定理求出的值.
【详解】在区间内，，.
已知和是方程的两根，
根据韦达定理有，.
因为，所以.
又因为，所以.则.
所以，
又，即，解得.
故选：C.
6. 已知某扇形的圆心角为，周长为10，设甲：为第二象限角；乙：该扇形的面积为6，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件又不是乙的必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】由扇形的面积公式，弧长公式以及象限角的范围结合充分、必要条件判断即可；
【详解】设扇形的半径为，弧长为，
则，解得或，
所以当时，（弧度），其为第二象限角；当时，（弧度），其不第二象限角，
又第二象限角的范围为，
所以甲无法推出乙，乙也无法推出甲.
故选：D.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数函数的性质，结合基本不等式比较大小即得.
【详解】，因此；
，则
，
所以.
故选：A
8. 已知正数满足，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式“1”的妙用求出的最小值，再利用基本不等式求出最小值.
【详解】正数满足，则
，当且仅当，即时取等号，
所以
，当且仅当时取等号，
所以的最小值为4.
故选：B
【点睛】易错点睛：同一问题，多次使用基本不等式求最值，注意各次运用时等号成立的条件要具有一致性，否则，等号可能不被取到.
二、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，则下列不等式一定成立的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由不等式的性质可得A、C正确；令可得B错误；作差可得D正确；
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，因为，所以，
所以，所以，故D正确；
故选：ACD.
10. 已知为锐角，角的始边均为轴正半轴，终边关于轴对称，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意对各个选项利用三角公式进行验证即可；对A选项，不能确定的值；对B选项，可由诱导公式得出其正确；对C选项，由两角差的正切公式和诱导公式计算判断；对D选项，可以先两边平方化简判断.
【详解】对于A选项，不能确定的值，A选项错误；
对于B选项，由题意，可得，是锐角，，，B选项正确；
对于C选项，由题意，由可得，，选项C正确；
对于D选项，由，，，
两边平方，得到，，D选项正确.
故选：BCD
11. 现定义：若对定义域内任意，都有，其中为正数，则称函数为“倍平移函数”，则（ ）
A. 函数为“3倍平移函数”
B. 函数不是“1倍平移函数”
C. 函数是“2倍平移函数”
D. 若函数是“2倍平移函数”，则
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，根据定义计算判断即可；对于B，根据定义计算判断即可；对于C，利用特殊值可判断；对于D，由条件结合定义分、讨论可得答案.
【详解】对于A，因为，又，
由于上单调递增，所以，
所以函数为“3倍平移函数”，故A正确；
对于B，因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以函数是“1倍平移函数”，故B错误；
对于C，因为，所以，
当时，，，即，
所以函数不是“2倍平移函数”，故C错误；
对于D，若，是“2倍平移函数”，
则，即对恒成立，
可得，
当时，可得，
整理得，所以，解得；
当时，可得，
整理得，所以，解得；
综上，，故D正确.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：恒成立有解求参常见的方法有：参变分离，转化为函数最值问题，或者直接将不等式化为一边为0的式子，使得函数最值大于或者小于0即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数解析式，代入直接求解即可.
【详解】因，
所以.
故答案为：.
13. 已知函数，若和的图象与轴的交点完全相同，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由正弦函数的平移和周期性质求解即可；
【详解】因为和的图象与轴的交点完全相同，则，即，
所以，解得，
又，所以的最小值为.
故答案为：.
14. 已知函数，若，则的取值范围为__________，若
恒成立，则的最大值为__________．
【答案】 ①. ②. 6
【解析】
【分析】探讨函数的奇偶性及单调性，再利用此性质解不等式求出范围；换元并利用基本不等式求出最小值即可得解.
【详解】函数的定义域为R，，函数是偶函数，
当时，令，函数在上单调递增，而函数是增函数，
因此函数在上单调递增，，
则，解得或，
所以的取值范围为；
，当且仅当时取等号，
，
不等式，
而，当且仅当，即时取等号，
因此，所以的最大值为6.
故答案为：；6
【点睛】关键点点睛：求出有范围，将配方变形，再分离参数是求解第二空的关键.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 设集合．
（1）若，求；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由分式不等式解出集合，再由集合的运算求解即可；
（2）由集合间的包含关系列不等式求解即可；
【小问1详解】
，
所以，或x≥4，
若，，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，解得.
16. （1）求的值；
（2）已知，求的值.
【答案】（1）5；（2）
【解析】
【分析】（1）由根式，对数的运算性质计算即可；
（2）利用三角函数的基本关系式，结合正余弦的齐次式法化简即可.
【详解】（1）
；
（2）由可得，则，
所以，
所以.
17. 已知幂函数的定义域为．
（1）求的值；
（2）判断在上的单调性，并用定义法进行证明．
【答案】（1）
（2）在上单调递增，证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得，求解结合定义域可得，可求；
（2）在上单调递增，利用单调性的定义证明即可.
【小问1详解】
因为是幂函数，所以，
解得或，
当，幂函数的定义域为，符合题意；
当，幂函数的定义域为，不符合题意；
所以，所以．
【小问2详解】
在上单调递增，理由如下：
由（1）可得，
且，
所以，
因为，，所以，
又，所以，所以，
所以，所以，所以在上单调递增.
18. 某人工调控的河流的河道容量上限可以用如下公式测算：，其中是河道宽度，是平均径流量，是平均蒸发量．
（1）若初始情况下，在不改动河道宽度的前提下，要使扩大，求应控制的值；
（2）已知径流量，证明：．
【答案】（1）63； （2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用指数式与对数式的互化关系求出值.
（2）利用对数运算法则推理论证即得.
【小问1详解】
当时，，扩大，即，
因此，即，则，所以
【小问2详解】
当时，，
而，
又
,
所以，即原等式成立
19. 已知，函数，且在区间上单调递增．
（1）若，求曲线的对称轴与对称中心；
（2）当取最大值时，若，求的最小值；
（3）设函数，若对于任意的实数在区间上都不单调，求的取值范围．
【答案】（1）对称轴为，对称中心为；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）在指定区间上求出相位的范围，再结合单调性建立不等式求出范围，确定值，进而求出对称轴、对称中心.
（2）由（1）确定值并代入，利用和角的正弦化简并求出，再求出的最小值.
（3）利用三角恒等变换化简函数，由任意性可得的半周期小于区间长，再结合（1）的范围求得答案.
【小问1详解】
当时，，由在区间上单调递增，
得，解得，而，则，，
由，得；由，得，
所以曲线的对称轴为，对称中心为.
【小问2详解】
由（1）知，，，，
由，得，整理得，
因此，，解得，则，
所以的最小值是.
【小问3详解】
由（1）知，，
而
，
由对于任意的实数在区间上都不单调，
得函数在上至少取到一个最大值和一个最小值，即，解得，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：结合正弦函数图象特征及任意性，可得函数在上至少取到一个最大值和一个最小值是求解的关键.