安徽省合肥市庐江县2024-2025学年高一上学期期末教学质量检测数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省合肥市庐江县2024-2025学年高一上学期期末教学质量检测数学试题（解析版）-A4，共14页。试卷主要包含了 已知全集，则， 若a＞1，则的最小值是， 已知，则， 函数的图象大致为， 已知，则的大小关系为， 若集合，则下列结论正确的是， 已知函数，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
命题人：庐江二中 王胜春 白山中学 夏友才 审题人：县教研室 杨新生
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. 已知全集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先计算出集合的补集，再根据并集的定义计算可得.
【详解】因，所以，
又因为，所以.
故选：B.
2. 在单位圆中，的圆心角所对的弧长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据弧度制与角度制互化公式，结合弧长公式进行求解即可.
【详解】，因为半径为，
所以的圆心角所对的弧长为，
故选：B
3. 若a＞1，则的最小值是（ ）
A. 2B. a
C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】原式可化为形式且a＞1，即可用基本不等式求最小值，注意等号成立为a＝2
【详解】由a＞1，有a－1＞0
∴，
当且仅当， 即a＝2时取等号.
故选：D
【点睛】本题考查了基本不等式的应用，使用时注意“一正二定三相等”的条件，属于简单题
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】利用诱导公式化简结合已知条件即可求解.
【详解】，
故选：D.
5. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析函数的奇偶性以及在内函数值的变化情况，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】对任意的，，所以，函数的定义域为，
因，即函数为奇函数，排除B选项，
当时，，排除C选项；
因为，，则，
所以，函数在上不是增函数，排除D选项.
故选：A.
6. 使“或”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分不必要条件的判定可得
【详解】各选项中，只有为或的真子集，其余均不为真子集，
故“”是“或”的一个充分不必要条件，
故选:C
7. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数、幂函数的性质判断即可.
【详解】因为在定义域上单调递减且过点0,1，
定义域为，在定义域上单调递增且过点，
在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下：
所以与有且仅有一个交点，且交点的横坐标属于0,1，又，
所以，又，所以，
因为，所以，
综上可得.
故选：D
8. 已知为上的奇函数，，若且，都有，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，由题意得到为偶函数且在上单调递增，由，将原不等式转化为，然后利用的图象与性质将问题转化为，解不等式即可得解.
【详解】设，由且,
则在上单调递增，∵为奇函数，，
故为偶函数，
而，
则，解得：，
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，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分.
9. 若集合，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】求得集合，可得结论.
【详解】，
所以，，故AD正确；
所以，，故BC错误.
故选：AD.
10. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在上单调递增
C. 是的对称轴
D. 将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象
【答案】AB
【解析】
【分析】利用余弦型函数的最小正周期公式求解可判断A；由已知可得，进而可判断B；由，可判断C；的图象向右平移个单位长度得到的图象，可判断D.
【详解】对于A：的最小正周期为，故A正确；
对于B：当时，可得，
所以函数在上单调递增，故B正确；
对于C：，
所以不是的对称轴，故C错误；
对于D：将函数的图象向右平移个单位长度得到:
，故D错误.
故选：AB.
11. 函数的定义域为R，为偶函数，且，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. 在上单调递减
B. ，x2∈R，恒成立
C.
D. ，，有
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据为偶函数知函数关于x=1对称，得函数关于对称，故可求出fx的周期为，并结合fx在上的单调性及具体值，即可逐项判断.
【详解】由为偶函数知函数关于x=1对称，得函数关于点对称，
故可求出fx的周期为：，且，故.
当，，得函数fx在上单调递增，
由fx关于x=1对称得fx在区间上单调递减且解析式为：，
又因为fx关于点对称得fx在区间上单调递减且解析式为：，
从而得：fx在上单调递减.
对于A项：知函数fx在区间上单调递减，
又由，得函数fx在区间上单调递减，故A项正确.
对于B项：令，，得：，，，故B项错误；
对于C项：由，且：，
因为fx在区间上单调递减，所以：，故C项正确；
对于D项：由A项知：fx在区间上单调递减，
由的解析式及函数周期，
可知fx在区间上的解析式为：，
开口向下且具有凹函数性质，从而有，有，
故，都有
故D项正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 不等式的解集是__________.
【答案】
【解析】
分析】利用分式不等式解法即可求得结果.
【详解】等价于，即，
得到,解得：，
故不等式的解集为.
故答案为：
13. 已知集合只有一个元素，则的取值集合为__________.
【答案】
【解析】
【分析】分，两种情况讨论可求的取值集合.
【详解】①若，则，解得，满足集合 中只有一个元素，所以符合题意；
②若，则为一元二次方程，因为集合有且只有一个元素，
所以，解得.
综上所述：的取值集合为.
故答案为：.
14. 已知函数满足：，则______．
【答案】
【解析】
【分析】借助三角恒等变换公式可得，即可得解.
【详解】，
则，
则
.
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. 计算下列各式的值：
（1）；
（2）.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用指数的运算性质化简可得结果；
（2）利用对数的运算性质化简可得结果.
【小问1详解】
解：原式.
【小问2详解】
解：原式.
16. 已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若不等式的解集为，求实数的取值范围．
【答案】（1）或x>12
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意易得，因式分解后利用口诀“大于取两边，小于取中间”即可得解；
（2）由题意易得的解集为，分类讨论与两种情况，结合二次函数的图像性质即可得解.
【小问1详解】
根据题意，得，
由得，即，
解得：或，
故不等式的解集为或x>12.
【小问2详解】
由题意得，的解集为，
当时，不等式可化为，解得，即的解集为，不符合题意，舍去；
当时，在开口向上，且与轴没有交点时，的解集为，
所以，解得，即，
综上：，
故实数的取值范围为.
17. 学校某研究性学习小组在对学生上课注意力集中情况的研究调查中，发现其在40分钟的一节课中，注意力指数与听课时间（单位：分钟）之间的关系满足如图所示的图象，当时，图象是二次函数的一部分，顶点为，听课时间为12分钟与听课时间为8分钟的注意力指数都为78，听课时间为4分钟的注意力指数为62；当时，图象是线段，其中．
（1）求关于的函数解析式；
（2）根据专家研究，当注意力指数大于62时，学习效果最佳，要使学生学习效果最佳，教师安排核心内容应在什么时间段？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件以及图象求得关于的函数解析式；
（2）根据函数的解析式列不等式，由此求得正确答案.
【小问1详解】
由于听课时间为12分钟与听课时间为8分钟的注意力指数都为78，
，所以顶点的横坐标为，
当时，设，
将代入上式得，
解得，所以，
当时，设，将代入上式得：
，解得，所以.
所以.
【小问2详解】
当时，，
当时，，
综上所述，老师在时段内安排核心内容，能使得学生学习效果最佳．
18. 已知函数
（1）求函数的单调递减区间；
（2）若将函数的图象先向左平移个单位长度，再将所得函数图象上各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求函数的解析式；
②若，其中，求的值.
【答案】（1）.
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）化简可得，由，可求函数的单调递减区间；
（2）（i）利用平移变换与伸缩变换可求得的解析式；（ii）由已知可得，根据同一个角的正余弦的平方关系和两角和的正弦公式可求得的值.
【小问1详解】
，
令，得，
则函数单调递减区间为.
【小问2详解】
（i）由题意，将函数的图象先向左平移个单位长度，
得到，
再将所得函数图象上各点的横坐标变为原来的2倍纵坐标不变），
得到函数的图象，则.
（ii）由得，，
，则，
，
即.
19. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为为奇函数.
（1）判断函数的奇偶性，求函数的图象的对称中心.并说明理由；
（2）已知函数，问是否有对称中心？若有，求出对称中心；若没有，请说明理由；
（3）对于不同的函数与，若的图象都是有且仅有一个对称中心，分别记为和.
①求证：当时，的图象仍有对称中心；
②问：当时，的图象是否仍一定有对称中心？若一定有，请说明理由；若不一定有，请举出具体的反例.
【答案】（1）奇函数，对称中心为，理由见解析；
（2）有，；
（3）①证明见解析；②答案见解析.
【解析】
【分析】（1）判断奇偶性，并用定义证明；将化为，利用给定充要条件求出对称中心.
（2）变形函数式，再利用中心对称的定义求出对称中心.
（3）①利用中心对称的定义推理论证；②举例说明判断.
【小问1详解】
函数为奇函数，
函数的定义域为，关于原点对称，
又，
所以为奇函数；
而，则，
于是，即函数是奇函数
所以函数的图象的对称中心为.
【小问2详解】
，
则
取，得，此时，
所以有对称中心，对称中心为.
【小问3详解】
①依题意，，
当时，，
所以的图象仍有对称中心，对称中心为.
②当时，的图象不一定有对称中心，
如函数，其图象关于对称，得，
函数，其图象关于对称，得，
此时函数，定义域为，
其图象关于直线对称，没有对称中心.
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.