浙江省宁波市九校2024-2025学年高一上学期期末联考数学试题 含解析

这是一份浙江省宁波市九校2024-2025学年高一上学期期末联考数学试题 含解析，共19页。试卷主要包含了 下列命题为真命题的是， 下列命题中正确的是， 设函数 ，则等内容，欢迎下载使用。
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，用铅笔把答题卡上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.写在本试卷上
无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
选择题部分
一、选择题：本大题共 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. 已知集合 ， ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两集合中元素的特征，判断集合 中的任意一个元素都是集合 中的元素，从而可得答案.
【详解】集合 中的元素是所有奇数，
集合 中的元素是所有被 4 整除余 1 的数，
因为任意一个被 4 整除余 1 的数都是奇数，
即集合 中的任意一个元素都是集合 中的元素，所以 ， ，
A 选项错误，D 选项正确；
且 ，C 选项错误；
，B 选项错误.
故选：D.
2. 已知函数 ，则 的零点所在区间为（ ）
A. B.
C. D.
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【答案】C
【解析】
【分析】利用零点存在性定理判断各区间端点处的符号即可得出结论.
【详解】易知函数 在 上单调递增，
易知 ，
，
满足 ，因此 的零点所在区间为 .
故选：C
3. 函数 的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正切函数的定义域，利用整体思想，建立不等式，可得答案.
【详解】因为 ，所以 .
则函数 的定义域为
故选：A.
4. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】D
【解析】
【分析】通过举反例可排除 A，B，C；利用作差法可推得 D 正确.
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【详解】对于 A，因 ，取 ，则 ，有 ，故 A 是假
命题；
对于 B，当 时， ，故 B 是假命题；
对于 C，取 ， ，满足 ，但 ，故 C 是假命题；
对于 D，由 ，由 ，所以 ，故 D 是真命题.
故选：D.
5. “函数 在 上单调”的一个充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合复合函数的单调性，求出 在 上单调时 的范围，结
合选项找出该范围的一个充分不必要条件，即得答案.
【详解】因为函数 在 不可能单调递减，
所以 在 上单调等价于：
① 在 上单调递增，② ，
所以 ，解得 ，
结合选项可知 是 的充分不必要条件，
故选：B.
6. 若不等式 对任意的 恒成立，则 的最小值为（ ）
A. 3 B. C. 4 D.
【答案】C
【解析】
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【分析】由不等式恒成立，确定 ，且 ，再由基本不等式即可求解．
【详解】不等式 可化为 ，
当 时，不等式为 ，不满足对任意的 恒成立；
当 时， ，图象开口向下，不满足题意，
所以 ，且 ，所以 ，
所以 ，且 ， ；
所以 ，当且仅当 ，即 时等号成立，
所以 的最小值为 4．
故选：C
7. 已知 是定义在 上的奇函数，且当 时， ，则 在 上的最大值
为（ ）
A. B. C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据 得 ，利用奇函数定义求出 时， ，再由单调性求解
最大值即可.
【详解】因为 是定义在 上的奇函数，所以 ，解得 ，
则当 时， ，
若 时，则 ， ，
所以 ，
由 和 在 R 上单调递减，知 在 上单调递减，
故当 时，所以 .
故选：B
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8. 已知函数 （ ， ）， 为 的零点， 为 图象
的对称轴，且 在 上单调，则 的最大值为（ ）
A. 10 B. 12 C. 14 D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】根据零点和对称轴列式求得 ，根据单调区间得 ，根据正弦函数性质依次
判断 和 ，即可得解.
【详解】由题意知， ，所以 ，又因为 ，所以
.
当 时， ，因为 ，所以 ，此时 ，
经检验，在 上不单调，舍去；
当 时， ，因为 ，所以 ，此时 ，
经检验，在 上单调递减.
故选：C
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，有选错的得 0 分，部分选对部分得分.
9. 下列命题中正确的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】AC
【解析】
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【分析】在同一坐标系中画出 和 的图象，即可判断 AB；再由同一坐标系中 和 的
图象，可判断 CD.
【详解】在同一坐标系中画出 和 的图象，如下图所示：
显然对于 ， 图象在 上方，即 ， ，即 A 正确；
当 时， 图象在 下方，即 ，因此 B 错误；
在同一坐标系中画出 和 的图象，如下图所示：
由图可知， 时 的图象在 的下方，即 ， ，可得 C 正确；
当 时， 的图象在 的上方，所以 ，即 D 错误.
故选：AC
10. 设函数 ，则（ ）
A. 是周期函数 B. 的图象有对称中心
C. 的图象关于直线 对称 D. 在区间 上单调递减
【答案】ABD
【解析】
【分析】化简函数解析式，根据周期函数的定义判断 A，根据对称性的定义判断 BC，结合余弦函数单调性
判断 D.
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【详解】函数 的定义域为 ，
又 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，其中 ，
所以 ，
所以函数 为周期函数，A 正确；
因为 ，
所以函数 的图象关于点 中心对称，B 正确；
因为 ， ，
即当 时 不成立，
所以 的图象不关于直线 对称，C 错误；
因为函数 在 上单调递减，且 时， ，
所以 在 上单调递增，
所以 ， 在 上单调递减，
即 区间 上单调递减，D 正确；
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故选：ABD.
11. 已知函数 ，若关于 x 的方程 有四个不同的实数解，
它们从小到大依次记为 ， ， ， ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，探求出函数 的性质，作出函数图象，令 ， ,利用
二次函数根与系数的关系解决即可.
【详解】令 ，则 ，
当 时， ，在 单调递减， ，
在 单调递增， ；
当 时， ，在 单调递减， ，
在 单调递增， ，作出 的图象如下：
若关于 x 的方程 有四个不同的实数解，结合图像可知， 在
只有一个解，
记 ，
①当 有两个零点时，则一个零点为负数，另一个零点在 ，
由题意 ，有 ，解得 ；
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②当 有且仅有一个零点时， ，即 或 时，需要 才行，无解，
所以综上①②，a 的取值范围是 ，故 D 正确.
因为 ，由 得 ，所以 ，故 B 正确；
又 ，根据韦达定理可知 中 ，
， ，
所以 ，故 C 错误，A 正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形
结合推理作答.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知扇形的周长为 ，圆心角为 ，则扇形的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设扇形半径为 ，由条件结合弧长公式求 ，再由扇形面积公式求结论.
【详解】设扇形半径为 ，
则 ，解得 ，
所以
故答案为： .
13. 设矩形 （ ）的周长为 ，把 沿 向 折叠， 折过去后交 于
点 ，则 的最大面积是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意设 ，用 表示 ，以及 面积，结合基本不等式即可求得结果
【详解】由题意可知，矩形 的周长为 ，
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设 ，则 ，
设 ，则 ， ,故 ，
而 为直角三角形，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴
.
当且仅当 ，即 时，此时 ，满足 ，
即 时， 的面积取最大值，最大值为 .
故答案 ： .
14. 已知 ，若对于任意的 ，
恒成立，则 a 的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据偶函数定义得 是偶函数，再根据复合函数的单调性可知， 在 上单调递
增，从而利用单调性将不等式转化为 ，根据 和 分别求解 a
的范围，最后求交集即可.
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【详解】对于函数 ，因为 ，
所以 恒成立，其定义域为 R，
又 ，
且 ，
所以 为 R 上的偶函数.
由复合函数的单调性可知， 在 上单调递增，
所以 等价于 ，即 ，即 .
当 时， 恒成立，所以 ；
当 时， 恒成立，所以 .
综上， .
故答案为：
四、解答题：本大题共 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. （1）计算： ；
（2）已知 ， ，求 的值..
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】（1）根据指数幂的运算性质及对数的运算性质化简计算即可；
（2）解方程求 ，再利用平方关系及商的关系将所求式子转化为关于 的式子，代入 的值可
得结论..
【详解】（1）因为 ， ，
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， ，
所以原式 ；
（2）因为 ，所以 或 ，
又 ，所以 ，
原式 .
16. 已知 ，
（1）若 ，求 ；
（2）若 ，则求实数 m 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解不等式化简 ，利用集合补集和并集定义计算即可；
（2）由 知 ，利用集合间关系求 的范围.
【小问 1 详解】
，
当 时， ，
， ，
.
【小问 2 详解】
∵ ，∴ .
当 时， ， ；
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当 时，即 ，即 .
∴ .
17. 已知函数 （ ），且 .
（1）求 的值及 的单调递增区间；
（2）若将 的图象向左平移 个单位，再将所得图象上每个点的横坐标变为原来的 2 倍（纵坐标不变），
得到函数 的图象，则求不等式 的解集
【答案】（1） ， ， .
（2） ，
【解析】
【分析】（1）将函数解析式整理，由 根据 的范围，求出 ，得到 ，结合
正弦函数的递增区间，列出不等式求解，即可求出 的单调递增区间；
（2）根据题中条件，得到变换后的函数解析式 ，将所求不等式化为 ，
求解，即可得出结果.
【小问 1 详解】
，
因为 ，
所以 ， ，
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又因为 ，所以 ，则 ，
令 ， ，得 ， ，
所以 的单调递增区间为 ， .
【小问 2 详解】
由（1）知 ，
将 的图象向左平移 个单位，可得 的图象，
再将其图象上每个点的横坐标变为原来的 2 倍（纵坐标不变），可得 的图象，
所以
因为 ，所以 ，解得 ，
所以 的解集为 ， .
18. 已知函数 ， ， ， ；
（1）当 时，求函数 的值域；
（2）当 时， 恒成立，求 的取值范围；
（3）若存在 ，使得不等式 对任意 ， 恒成立，求 的取
值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
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【分析】（1）首先求出 的取值范围，再对勾函数的单调性求出函数 的值域；
（ 2） 令 ， 依 题 意 可 得 在 上 恒 成 立 ， 结 合 函 数 的 单 调 性 求 出
，即可得解；
（3）依题意可得 对任意 ， 恒成立，即 ，令
， ，分 、 、 、 四种情况讨论，分别求出 的最值，
从而得到不等式，即可求出参数 的取值范围.
【小问 1 详解】
当 时， ，且 在 上单调递增，
又 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
因为 ， ， ，
所以
【小问 2 详解】
令 ，因为 ，所以 ，
依题意可得 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
又函数 在 上单调递增，
所以当 时 ，
所以 .
【小问 3 详解】
由（1）知， 在 上的最大值为 ，
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所以 对任意 ， 恒成立，即 ，
令 ， ，
① ，即 时， 在 上单调递增，
所以 ，
所以 ，所以 ；
② ，即 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
所以 ，所以 ；
③ ，即 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
所以 ，所以 ；
④ ，即 时， 在 上单调递减，
所以 ，
所以 ，所以
综上可得， 的取值范围为 .
19. 和 都是定义在 上的函数，若它们满足如下性质：① 为奇函数， 为偶函数；②
（ ， ）；则称 为类正弦函数， 为类余弦函数.
（1）求类正弦函数和类余弦函数的解析式；
（2）求证：
（ⅰ） ；
（ⅱ） ；
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（3）解关于 的不等式： ，其中 为非零常数.
【答案】（1） ，
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据函数的奇偶性和 得到 ，联立求出答案；
（2）（ⅰ）由（1）所得解析式，求 ， 即可证明；
（ⅱ）根据函数 的解析式求 ， ，由此证明结论；
（3）令 ，原不等式可化为 ，分别在条件 ，
， ， ， 条件下，结合指数函数单调性求解不等式可得结论，
【小问 1 详解】
由性质②知 ，所以 ，
由性质①知 ， ，所以 ，
解得 ，
【小问 2 详解】
（ⅰ）证明：因为 ，
，
所以
（ⅱ）证明：因为 ，
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，
所以 ，
【小问 3 详解】
由（2）知，原式等价于 ，
令
则原式等价于 ， ，
当 时，
① 时，无解；
② 时， ，又 ，所以 ，
即 ，
解得 ，
所以解集为 ；
③ 时， ，无解；
④ 时， ，无解；
⑤ 时， ，又 ，所以 ，即 ，
解得 ，
所以解集为 .
综上，若 ，则
第 18页/共 19页
当 或 时，无解；
当 时，解集为 ；
当 时，解集为 .
同理可得若 时，
当 或 时，无解；
当 时，解集 ；
当 时，解集为 .
【点睛】关键点点睛：本题第三小问解决的关键在于根据不等式的结构特点通过换元将其转化为二次不等
式问题求解.