安徽省阜阳市临泉县临化中学2024-2025学年高一上学期期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省阜阳市临泉县临化中学2024-2025学年高一上学期期末考试数学试题（解析版）-A4，共13页。
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. 已知集合，.记，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由并集的定义，得到或，从而.
【详解】，，
或，
，，，，
，
故选：C.
【点睛】本题考查了并集的运算以及子集的定义，考查了运算能力，属于基础题.
2. 若，则“”是 “”的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
3. 设函数,
A. 3B. 6C. 9D. 12
【答案】C
【解析】
【详解】.故选C.
4. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式、二倍角公式求得正确答案.
【详解】.
故选：B
5. 已知函数，则
A. 在（0，2）单调递增B. 在（0，2）单调递减
C. 的图像关于直线x=1对称D. 的图像关于点（1，0）对称
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知，，所以的图象关于直线对称，故C正确，D错误；又（），由复合函数的单调性可知在上单调递增，在上单调递减，所以A，B错误，故选C．
【名师点睛】如果函数，，满足，恒有，那么函数的图象有对称轴；如果函数，，满足，恒有，那么函数的图象有对称中心．
6. 已知定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间上的零点个数为（ ）
A. 10B. 20C. 21D. 30
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出函数在上的零点，再根据函数的周期性计算可得.
【详解】因为当时，，令，即，解得，，
所以在上有且仅有个零点、，
又定义在上的函数满足，所以是以为周期的周期函数，
所以函数在区间上的零点个数为个.
故选：B
7. 若对于任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分与讨论，当时，利用换元法把问题转化成函数在上的最值问题求解.
【详解】由原不等式得，，
（1）时，，不等式成立，，
（2）当时，，
则原问题转化为求函数的最大值问题，
令，则，其中，
因为在单调递增，所以，因此，
综合（1）、（2）可知，实数的取值范围是.
故选：B.
8. 若，，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据已知角的范围确定三角函数值的正负，再利用两角和的余弦公式求出的值，最后根据的范围确定其具体值.
【详解】因，所以，又，
根据，得，同时也能确定.
因为，，，所以.
.
将转化为.
所以

因为，，所以.
在这个区间内，时，.
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. 以下命题正确的选项是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用不等式的基本性质可判断AD选项，利用特殊值法可判断B选项，利用作差法可判断C选项.
【详解】对于A选项，由，可得，又因为，则，A对；
对于B选项，取，，，显然有，，
但，B错；
对于C选项，因为，则，
因为，但由于，
故，从而有，所以，，即，C对；
对于D选项，因为且，由不等式的性质可得，D对.
故选：ACD.
10. 下列命题正确的有（ ）
A. 命题“，”的否定是“，”
B. 若，则
C. 角的终边在第一象限．那么角的终边在第二象限
D. 函数在上单调递减，则的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】利用全称量词命题的否定可判断A选项；利用不等式的基本性质可判断B选项；利用象限角的概念可判断C选项；利用复合函数的单调性可得出关于实数的不等式，解之可判断D选项.
【详解】对于A选项，命题“，”为全称量词命题，
该命题的否定为“，”，A错；
对于B选项，若，由不等式的性质可得，B对；
对于C选项，角的终边在第一象限，则，
则，
若，则，此时，第一象限角，
若，则，此时，为第二象限角，
若，则，此时，为第三象限角，
综上所述，当角的终边在第一象限．那么角的终边在第一或第二或第三象限角，C错；
对于D选项，函数在上单调递减，
且外层函数为增函数，则内层函数在上为减函数，
所以，，解得.
因此，实数的取值范围是，D对.
故选：BD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 点是函数图象的一个对称中心
C. 将函数图象向左平移个单位长度，所得到的函数图象关于轴对称
D. 函数在区间上单调递减
【答案】BCD
【解析】
【分析】先将化简为，再结合余弦函数的性质判断4个选项即可.
【详解】，故最小正周期为，A错误；
，点是一个对称中心，B正确；
向左平移个单位长度得到，关于轴对称，C正确；
，单调递减，D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的定义域是_____.
【答案】.
【解析】
【分析】由题意得到关于x的不等式，解不等式可得函数的定义域.
【详解】由已知得,
即
解得，
故函数的定义域为.
【点睛】求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可．
13. 已知偶函数在单调递减，.若，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【详解】因为是偶函数，所以不等式，又因为在上单调递减，所以，解得.
考点：本小题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性，考查绝对值不等式的解法，熟练基础知识是关键.
14. 函数的最小值为___________．
【答案】.
【解析】
【分析】本题首先应用诱导公式，转化得到二倍角的余弦，进一步应用二倍角的余弦公式，得到关于的二次函数，从而得解.
【详解】，
，当时，，
故函数的最小值为．
【点睛】解答本题过程中，部分考生易忽视的限制，而简单应用二次函数的性质，出现运算错误．
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. 求值：
（1）；
（2）
【答案】（1）11 （2）0
【解析】
【分析】（1）利用指数和对数的运算法则即可计算求解；
（2）利用诱导公式以及特殊角的三角函数值即可求解．
【小问1详解】
原式
.
【小问2详解】
原式
16. 已知函数．
（1）求的单调减区间；
（2）若在区间上的最大值为，求的最小值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦函数单调减区间，即令，即可得解.
（2）根据正弦函数的性质，即可求出的范围，得到的最小值.
【小问1详解】
函数，
由，得
所以单调减区间，.
【小问2详解】
若在区间上的最大值为，可得，
且当时，取得最大值，
即有，解得，则的最小值为．
17. 某大学要修建一个面积为的长方形景观水池，并且在景观水池四周要修建出宽为2m和3m的小路如图所示问如何设计景观水池的边长，能使总占地面积最小？并求出总占地面积的最小值．
【答案】水池一边长为12m，另一边为18m，总面积为最小，为．
【解析】
【分析】设水池一边长为xm，则另一边为，表示出面积利用基本不等式求解即可．
【详解】设水池一边长为xm，则另一边为，
总面积，
当且仅当时取等号，
故水池一边长为12m，则另一边为18m，总面积为最小，为，
【点睛】本题考查函数在实际问题中的应用，基本不等式的应用，考查计算能力．
18. 已知函数是定义在上的奇函数，且.
（1）求的值；
（2）判断函数在区间上的单调性，并用定义法证明；
（3）解关于的不等式.
【答案】（1），
（2）函数在区间上单调递增，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的性质，结合，列方程求解即可；
（2）先得函数的解析式，再根据单调性的定义证明即可；
（3）根据函数的奇偶性化简不等式，再利用单调性求解即可.
【小问1详解】
由函数是定义在上的奇函数，
可知，即，则
由，解得，
则满足题意，故，；
小问2详解】
由（1）可得，此时为奇函数，满足题意.
函数在区间上单调递增，证明如下：
任取，且，
则
因为，所以，
所以，即，
因此函数在区间上单调递增.
【小问3详解】
由题意，函数是定义在上的奇函数，
则由，得，
即，
又函数是定义在区间上的单调递增函数，
所以，解得.
则关于的不等式的解集为.
19. 已知函数()，的最小正周期为.
（1）求的值域；
（2）方程在上有且只有一个解，求实数的取值范围；
（3）是否存在实数满足对任意，都存在，使成立.若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）或；（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式进行化简，结合三角函数的最值求值域即可．
（2）根据函数与方程的关系转化为两个函数交点问题，再结合三角函数的性质求解即可．
（3）由（1）可知.实数满足对任意，都存在，使得成立等价于成立．换元后，分类讨论求出左边式子的最小值，即可列不等式求解.
【详解】（1）函数
∵的最小正周期为.，∴，∴.
那么的解析式则取值范围是；
（2）方程；在上有且有一个解，
转化为函数与函数在上只有一个交点.
∵，∴
因为函数在上增，在上减，
且，
∴或，所以或
（3）由（1）可知，∴.
实数满足对任意，都存在，使得成立.即成立，
令，
设，那么
∵，∴，可得在上恒成立.
令，其对称轴，∵上，
∴①当时，即，，所以；
②当，即时，，所以；
③当，即时，，所以；
综上可得，存在，可知的取值范围是.
【点睛】方法点睛：分类讨论思想的常见类型
1、问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；
2、问题中的条件是分类给出的；
3、解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；
4、涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.