河北省唐山市2024-2025学年高一上学期期末数学试题 Word版含解析

唐山市2024－2025学年度高一年级第一学期期末考试数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时长120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.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.的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式可得结果.【详解】.故选：A.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化简集合，根据交集运算直接求解即可.详解】由题知，，所以.故选：B3.设命题，，则为（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】命题的否定，量词和结论都要改变，条件不变.【详解】命题，的否定：，，故选：C.4.设函数，则的零点所在的区间为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由零点存在性定理逐一判断即可.【详解】因为和为增函数，所以也为增函数，因为，，所以根据零点存在性定理可知的零点一定位于区间内.故选：C.5.已知幂函数的图象过点，则下列关于的说法正确的是（）A.是奇函数 B.是偶函数C.的定义域为 D.在上单调递增【答案】D【解析】【分析】求出幂函数的解析式，利用幂函数的基本性质逐项判断，即可得出合适的选项.【详解】因为函数为幂函数，设，则，解得，所以，，所以，函数的定义域为，函数为非奇非偶函数，且该函数在上单调递增，ABC都错，D对.故选：D.6.若不等式的解集为，则不等式的解集为（）A. B.或C. D.或【答案】D【解析】【分析】利用三个二次的关系推得方程有两根为和4，由韦达定理求出，代入所求不等式，求解即得.【详解】由题意，方程有两根为和4，故由韦达定理，，解得，则不等式即，解得或.故选：D7.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用指数函数、对数函数的性质比较大小.【详解】依题意，，，，所以.故选：C8.已知，若，，则是的（）A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】解不等式求出命题、，再根据充分不必要条件定义判断可得答案.【详解】由得，解得，则，由得，则，所以若成立，则成立，但成立，但不一定成立，则是的充分不必要条件.故选：B.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.已知函数，则关于的说法正确的有（）A.最小正周期为B.图象关于直线对称C.图象关于点对称D.向左平移个单位长度得到的图象【答案】AC【解析】【分析】由的性质及图形变换判断即可.【详解】由可知周期为，故A正确；函数的对称轴：由，可得，故B错误；函数的对称中心：由，得，当时，，故对称中心为，故C正确；函数向左平移个单位长度得，故D错误，故选：AC10.下列命题为真命题的有（）A.若，则 B.若，则C.的最小值为2 D.的最大值为5【答案】AD【解析】【分析】对于A：根据不等式的性质分析判断即可；对于BC：举反例说明即可；对于D：利用基本不等式分析求解.【详解】对于选项A：因为，则，可得，故A正确；对于选项B：例如，则，故B错误；对于选项C：例如，则，可知2不为的最小值，故C错误；对于选项D：因为，当且仅当时，即时，等号成立，可得，所以的最大值为5，故D正确；故选：AD.11.已知函数，，则下列结论正确的有（）A.在上单调递增 B.为奇函数C. D.【答案】ABD【解析】【分析】对于A，根据和为增函数可直接判断的单调性；对于B，利用奇函数的定义即可判断；对于C和D，只需分别化简计算等式两边解析式即可判断.【详解】对于A，由，因与在上均为增函数，故在上单调递增，即A正确；对于B，不妨记，函数定义域为，且，即为奇函数，故B正确；对于C，因，而，故，即C错误；对于D，因，，故，即D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：对于给定函数，判断其单调性和奇偶性等性质的问题，一般从单调性和奇偶性定义出发进行推理判断，有些函数，还可根据其组成的函数单调性，直接判断其单调性，在判断等式时，需要整体处理意识.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】根据函数解析式，直接求解定义域即可.【详解】由题知，且，所以且，即函数定义域是.故答案为：13.已知，且为第二象限角，则______.【答案】【解析】【分析】利用三角函数，及之间的关系，得到答案.【详解】，且为第二象限角，，，，，，，.故答案为：14.已知函数，则______；若关于的方程有4个不等的实数根，则的取值范围是______．【答案】①.②.【解析】【分析】根据题意，由函数的解析式计算可得的值，进而计算可得的值，可得第一空答案；对于，设，则，求得的取值范围，结合函数的图象分析解的情况即可求解．【详解】依题意，，；令，，当且仅当时取等号，则或，当或时，方程有两个相等的根，当或时，方程有两个同号且不相等的实根，方程化为，而，当时，在上递减；当时，在上递减，因此由方程有4个不等的实数根，得方程在上各有一个实根，则函数在的图象与直线有两个交点，如图：观察图象知，当时，直线与在的图象有两个交点，所以的取值范围是.故答案：；【点睛】思路点睛：令并求出值域，把问题转化为方程在上各有一个根，数形结合求解.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.求下列各式的值：（1）；（2）.【答案】（1）1（2）3【解析】【分析】（1）利用诱导公式化简，再逆用和角的正弦公式计算即得；（2）利用换底公式和对数的运算性质计算即得.【小问1详解】【小问2详解】.16.已知函数.（1）求的单调递减区间；（2）若，求的值域.【答案】（1），.（2）.【解析】【分析】（1）化简，结合复合函数单调性求解即可.（2）由题知，由整体思想进而可得的值域.【小问1详解】，令，，解得，.所以的单调递减区间为，.【小问2详解】因为，所以，当时，即时，取得最大值，最大值为；当时，即时，取得最小值，最小值为.所以的值域为.17.已知函数且.（1）求的定义域；（2）判断的奇偶性，并说明理由；（3）若，求满足的的取值集合.【答案】（1）（2）偶函数，理由见解析（3）.【解析】【分析】（1）根据对数的真数大于零，可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域；（2）利用函数奇偶性的定义可得出结论；（3）由求出的值，可得出函数的解析式，分析函数的单调性，结合可得出关于的不等式，解之即可.【小问1详解】对于函数且，由解得，故函数的定义域为.【小问2详解】函数为偶函数.理由如下：函数的定义域为，定义域关于原点对称，又，故函数为偶函数.【小问3详解】依题意，若，则，解得.设，，因为在区间上单调递增，在区间上单调递减.又在其定义域内单调递增，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.因为，所以，解得，所以的取值集合为.18.已知函数.（1）若，求的值；（2）若，求在区间上的最小值；（3）设函数，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）.（3）.【解析】【分析】（1）由代入可得；（2）设，换元后利用二次函数的性质可得；（3）先将条件转化为，因，故对任意的恒成立，即在上恒成立，进而可得.【小问1详解】由，得，即：，解得.【小问2详解】当时，，令，因为，所以，所以，当时，取最小值，所以在区间上的最小值为.小问3详解】若对任意的，总存在，使得，可得：.又因为，所以对任意的，，则对任意的恒成立，即，即，令，.因为在区间上为增函数，所以所以实数的取值范围是.19.某公园计划在一个扇形草坪内建设矩形花园，为了充分利用这块草坪，要求该矩形的四个顶点都落在边界上.经过测量，在扇形中，，，记，共设计了两个方案：方案一:如图1，点在半径上，点在半径上，是扇形弧上的动点，此时矩形的面积记为；方案二:如图2，点分别在半径和上，点，在扇形弧上，，记此时矩形的面积为.（1）分别用表示两个方案中矩形的面积,；（2）分别求出,的最大值，并比较二者最大值的大小.【答案】（1），，，.（2），，.【解析】【分析】（1）结合图形，按照方案一和二，分别将用的三角函数表示，即得和的表达式；（2）利用三角恒等变换公式和方法将分别化成正弦型函数，利用正弦函数的性质求其最大值，通过作差法比较大小即得.【小问1详解】如图1，在中，，，所以，.在中，，.则，.如图2，过点作于点，过点作的垂线，交弧于点，在中，，，所以，.由扇形和矩形的对称性可得，，则在中，，则，，.则，.【小问2详解】由，得，.方案一：当时，即时，取最大值，最大值为.方案二：所以当时，即时，取最大值，最大值为.因为，所以.【点睛】思路点睛：对于三角函数的实际应用题，一般解题思路为，选设角为自变量，将相关边长，夹角，面积等相关量用该角的三角函数表示，借助于三角恒等变换有关公式将其化成正弦型函数或余弦型函数，利用三角函数的图象性质求解即可.