广东省阳江市高新区2024-2025学年高一上学期1月期末测试数学试题 含解析

这是一份广东省阳江市高新区2024-2025学年高一上学期1月期末测试数学试题 含解析，共27页。试卷主要包含了选择题的作答，填空题和解答题的作答等内容，欢迎下载使用。
数学试题
本试卷共4页，19小题，满分150分．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，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．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 已知集合,，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】写出集合，按照补集的运算计算即可.
【详解】由题得，又，所以．
故选：B
2. 设，则“”是“或”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由充分不必要条件的定义即可得解.
【详解】一方面：或；
另一方面：或，但此时不满足；
所以“”是“或”的充分不必要条件.
故选：B.
3. 若，，且，则的最小值是（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本（均值）不等式，可求和的最小值.
【详解】因为，，且，
所以（当且仅当即时取“”）.
故选：D
4. 已知函数，若关于的不等式的解集为，则函数的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，为方程的两根，由此求出的解析式，进而求出函数的值域，从而得解.
【详解】由关于的不等式的解集为，得，为方程的两根，
即，
整理得，
所以函数的值域为.
故选：D.
5. 已知函数的定义域为，且对，，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】通过赋值，构造方程即可求解.
【详解】分别令和得到：
，解得：，
故选：B
6. 若函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由一次函数的单调性，二次函数的单调性和对称轴知识求解即可；
【详解】由题意可得，解得，
所以实数a的取值范围是，
故选：D.
7. 已知函数，设，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，则，判断奇偶性和单调性，结合基本不等式和对数运算和对数函数的性质，利用作商法比较的大小，进而可得大小关系.
【详解】由，令，则，
由，故为偶函数，
当时，在上递增，
，
，
因为，
且，
所以，
所以，
所以,
所以
即.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：令，得出，是解决本题的关键.
8. 已知函数在区间上是增函数，若函数在上的图象与直线有且仅有一个交点，则的范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合函数的对称性，及在区间上的单调性，可知，又函数与直线交点的横坐标为，从而得，进而可求出的取值范围.
【详解】因为函数的图象关于原点对称，并且在区间上是增函数，所以，所以，
又，得，
令，得，
所以在上的图象与直线的第一个交点的横坐标为，第二个交点的横坐标为，
所以，解得，
综上所述，.
故选：.
【点睛】关键点点睛：关于三角函数中的取值范围问题，结合三角函数的单调性与最大（小）值列关于的不等式，从而求解即可.
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． 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 若，，且，则下列说法正确的有（ ）
A. 的最小值是
B. 的最大值是
C. 的最小值是
D. 的最小值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用基本不等式求最值，逐项判断即可.
【详解】对A：因为，即（当且仅当即时取“”），故A项正确；
对B：因为（当且仅当即时取“”），故B项错误；
对C：因为，
所以（当且仅当即时取“”），故C项正确；
对D：由，
所以，由B知：成立，故D项正确
故选：ACD
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的定义域为且B. 为偶函数
C. 在上单调递增D. 在内有最小值
【答案】BC
【解析】
【分析】根据可得选项A错误；根据偶函数的定义可得选项B正确；分离参数，利用分式型函数的单调性可得选项C正确；利用函数的单调性可得选项D错误.
【详解】A. 得，故的定义域为，选项A错误.
B.∵定义域关于原点对称，，
∴为偶函数，选项B正确.
C.当时，，
∵在上为减函数，
∴在上为增函数，选项C正确.
D.由选项C得在上为增函数，由为偶函数可得在上为减函数，
∴在上无最小值，选项D错误.
故选：BC.
11. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则（ ）
A. 为函数图象的一条对称轴
B.
C. 函数在上单调递增
D. 函数的图象与函数的图象交点个数为5
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用三角函数平移的性质求得，进而利用三角函数的对称性判断A，同时判断B，利用三角函数的单调性与整体法判断C，利用三角函数与对数函数的图象，数形结合判断D，从而得解.
【详解】对于A，将函数的图象向左平移个单位，
可得到函数的图象，
则，
所以为函数图象的一条对称轴，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，当时，，
而在上单调递增，所以在上单调递增，故C正确；
对于D，对于，其周期为，最大值为，
令，则，
令，则，且，
因为的定义域为，且，
作出与在上的大致图象，如图，
结合图象可知，的与函数的图象交点个数为5，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. 已知关于的不等式的解集为或，则不等式的解集为
______．
【答案】
【解析】
【分析】根据的解集为或得到，进而根据解一元二次不等式即可.
【详解】由题意得的两个根为，，
，则，
则，即，
即，解得，
则不等式的解集为.
故答案为：.
13. 已知，且，则__________.
【答案】7
【解析】
【分析】根据题意，由函数的解析式可得，结合即可求解.
【详解】，
则
则有，
若，则
故答案为：
14. 已知函数在区间上的值域为，且，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用整体代入法，结合正弦函数的图像求解即可.
【详解】，故，
因为在区间上的值域为，
且，故必有
，
如图所示，则故
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. 设函数.
（1）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）当时，解关于的不等式.
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）分两种情况讨论，即可求得结果；
（2）先将转化为关于的一元二次不等式，根据的取值范围进行分类讨论求解.
【小问1详解】
当时，，成立；
当时，在上恒成立，
所以，解得；
综上的取值范围为；
【小问2详解】
因为，则，整理可得，
当时，原不等式为，解得；
当时，方程的两根为，
当，即时，解为；
当，即时，解得或；
当，即时，解得或；
综上，当时，解集为；当时，解集为或；当时，解集为；当时，解集为或.
16. 在中，角所对的边分别为是的面积，且满足.
（1）证明：；
（2）若，求角.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角形的面积公式和两角和的正弦公式化简已知式可得，再代入余弦定理可得，最后由正弦定理和两角和与差的正弦公式化简即可得出答案.
（2）由得，代入，结合二倍角的正弦公式和余弦公式化简即可得出答案.
小问1详解】
因为，所以，
，，可得.
由余弦定理可得，
即.由正弦定理得，
即
所以，
因为，所以.
【小问2详解】
由得.
因为，
所以，
所以，
展开得，
，，，
，
，
可得.
17. “守护碧水蓝天，共治污水之源”，重庆市某自来水厂决定对污水进行净化再利用，以降低自来水的使用量．经测算，水厂拟安装一种新的污水净化设备．这种净水设备的购置费（单位：万元）与设备的占地面积（单位：平方米）成正比，比例系数为0.2，预计安装后该水厂需缴纳的总水费（单位：万元）与设备占地面积之间的函数关系为，将该水厂的净水设备购置费与安装后需缴水费之和合计为（单位：万元）．
（1）要使不超过11.2万元，求设备占地面积的取值范围；
（2）设备占地面积为多少平方米时，的值最小，并求出此最小值．
【答案】（1）
（2）设备占地面积为25平方米时，的值最小，最小值为11万元.
【解析】
【分析】（1）由题意得，解不等式即可；
（2）将变形为，再利用基本不等式即可求解.
【小问1详解】
由题意得，
令，即，
整理得，即，
解得，
所以设备占地面积的取值范围为；
【小问2详解】
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以设备占地面积为25平方米时，的值最小，最小值为11万元.
18. 已知函数.
（1）当时，求在区间上的最小值；
（2）若，总存在，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）令，求出的单调性，求出在区间上的最小值；
（2）由题意得在的值域包含于在的值域，分、和三种情况并结合单调性求解.
【小问1详解】
，令，，
所以，在单调递增，
所以，
所以在区间上的最小值为；
小问2详解】
由题意得在的值域包含于在的值域，
由二次函数的性质得的值域为，
当时，符合题意，
当时，，可知函数单调递增，
所以，
所以，所以，
当时，为对勾函数，，
所以，，此时，
所以，又，可知无解；
综上，.
19. 已知函数在的最小值为．
（1）求的解析式；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二次函数的动轴定区间问题分类讨论得函数单调性从而可得函数的最小值；
（2）根据的解析式确定函数单调性从而解不等式即可得实数的取值范围.
【小问1详解】
函数，对称轴为，
①当即时，函数在上单调递增， 所以，即；
②当即时，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，即；
③当即时，函数在上单调递减， 所以，即，
故.
【小问2详解】
由（1）知，当时，，函数单调递增，
当时，，对称轴为，函数在上单调递增，
当时，，所以函数在R上单调递增.
由，
得或，
解得或
故实数m的取值范围为.
【点睛】方法点睛：解题的方法是分类讨论，第一问根据对称轴和区间的关系分类，第二问根据单调性分类列不等式解题