2024-2025学年河南省郑州市高一上册期末大联考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年河南省郑州市高一上册期末大联考数学检测试题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题，则为（ ）
A．B．
C．D．
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．2
4．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，为角的终边上一点，则（ ）
A．B．C．D．
5．声音的强弱通常用声强级和声强来描述，二者的数量关系为（为常数）.一般人能感觉到的最低声强为，此时声强级为；能忍受的最高声强为，此时声强级为.若某人说话声音的声强级为，则他说话声音的声强为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
8．若函数在上恰好有4个零点和4个最值点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题）
9．下列各式的值为的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知为实数，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
11．函数的部分图象如图，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于点对称
C．在上单调递增
D．在上有2个零点
12．已知函数的定义域为，，且，则（ ）
A．B．
C．为奇函数D．在上具有单调性
三、填空题（本大题共4小题）
13．已知某个扇形的圆心角为，弧长为，则该扇形的半径为 .
14．已知且，则 .
15．先将的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若，且，则的取值范围是 .
16．已知函数若的图象上存在关于直线对称的两个点，则的最大值为 .
四、解答题（本大题共6小题）
17．已知集合，.
(1)求；
(2)若，求实数的取值范围.
18．已知函数且的图象过坐标原点.
(1)求的值；
(2)设在区间上的最大值为，最小值为，若，求的值.
19．已知.
(1)求；
(2)求.
20．已知函数.
(1)设函数，实数满足，求；
(2)若在时恒成立，求的取值范围.
21．已知函数图像的两个相邻的对称中心的距离为.
(1)求的单调递增区间；
(2)求方程在区间上的所有实数根之和.
22．已知函数且的图象过点.
(1)求不等式的解集；
(2)已知，若存在，使得不等式对任意恒成立，求的最小值.
答案
1．【正确答案】B
【分析】根据交集的定义求解．
【详解】由已知，
故选：B．
2．【正确答案】B
【分析】由量词命题的否定判断即可．
【详解】特称命题的否定是全称命题，
是：，
故选：B．
3．【正确答案】C
【分析】将弦化切后计算即可得.
【详解】由，故，
则有.
故选：C.
4．【正确答案】D
【分析】根据三角函数的定义求得的一个三角函数值，再结合角所在象限可得．
【详解】由题意点坐标为，因此是第一象限角，又，∴，
又，∴．
故选：D．
5．【正确答案】B
【分析】由题意可计算出、，而后代入计算即可得.
【详解】由题意可得，故，
则当时，有，
解得.
故选：B.
6．【正确答案】C
【分析】根据对数函数的性质求解．
【详解】由题意，解得．
故选：C．
7．【正确答案】D
【分析】结合函数性质可将转化为，由函数单调性计算即可得.
【详解】，
则，
由，故，
故，
又，随增大而增大，
故在上单调递减，又，
故可转化为，
则有，即，即，故.
故选：D.
8．【正确答案】A
【分析】结合正弦型函数的性质计算即可得.
【详解】当，则，
由题意可得，
解得，即的取值范围是.
故选：A.
9．【正确答案】BD
【分析】根据诱导公式、二倍角公式、两角和的正弦公式计算后判断．
【详解】对A，，故A错误；
对B，，故B正确；
对C，
，故C错误；
对D，，故D正确；
故选：BD．
10．【正确答案】AC
【分析】选项AC，可由不等式的性质证明；选项BD，用特值排除法可得
【详解】选项A，因为，若，
当时，，不满足条件，
所以，故，即A正确；
选项B，当时，若，有，
不满足条件，故B错误；
选项C，若，则由不等式的性质有，又，则，故C正确；
选项D，当，则，，
不满足，故D错误.
故选：AC.
11．【正确答案】ABD
【分析】利用五点法确定函数的解析式，然后根据正弦函数性质判断各选项．
【详解】由题意，，，又，∴，
由五点法，，
所以，
最小正周期为，A正确；
，B正确；
时，，在此区间是递减，C错；
结合选项B和周期知，D正确，
故选：ABD．
12．【正确答案】ABC
【分析】运用赋值法结合函数性质逐个判断即可得.
【详解】对A：令，则有，即，故A正确；
对B：、，则有，即，
由、，故，即，故B正确；
对C：令，则有，即，
即，又函数的定义域为，则函数的定义域为，
故函数为奇函数，故C正确；
对D：令，则有，即，
即有，则当时，有，即，
故在上不具有单调性，故D错误.
故选：ABC.
13．【正确答案】2
【分析】将圆心角转化为弧度制后借助弧长公式计算即可得.
【详解】rad，故.
故2.
14．【正确答案】9
【分析】结合对数运算性质计算即可得.
【详解】由，则，
即有，故，则或，
又，故.
故9.
15．【正确答案】
【分析】由图象变换可得，结合正切型函数的性质计算即可得.
【详解】将的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，
再将所得图象向左平移个单位长度后可得，
由，则，
由，则有，
故有，解得，
故答案为.
16．【正确答案】/0.5
【分析】由与的图象关于直线对称，得出函数与的图象在时有交点，在时有解，令（），由单调性求出的范围或最大值即可得．
【详解】与的图象关于直线对称，因此函数的图象上存在关于直线的对称点，
则函数与的图象在时有交点，
即在时有解，在时有解，
令（），设，则，
，，∴，
从而，∴在上是增函数，
由题意，所以的最大值是．
故．
方法点睛：两个函数的图象关于直线对称，则它们互为反函数，而函数图象上存在两个点关于直线对称可以转化为反函数（需有反函数的部分）的图象与函数图象（函数的另一部分）有公共点，从而转化为方程有解．
17．【正确答案】(1)或
(2)
【分析】（1）解出集合后，结合集合的运算性质运算即可得；
（2）由可得，结合子集性质计算即可得.
【详解】（1）由，解得，
所以，
所以或；
（2）由，得，
于是，
解得，
所以的取值范围为.
18．【正确答案】(1)
(2)或3
【分析】（1）利用的图象过坐标原点得到关于的方程，解之即可得解；
（2）利用指数函数的单调性，分类讨论的取值范围，从而得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】（1）因为的图象过坐标原点，
所以，解得.
（2）若，则在上单调递减，
所以，所以，即，
解得或（舍去）；
若，则在上单调递增，
所以，所以，即，
解得或（舍去）；
综上，的值为或3.
19．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）由同角关系式求得，然后由两角差的正切公式求解；
（2）由两角差的正切公式求得，再利用二倍角公式、同角关系化为齐次式，再得关于的式子，代入求值．
【详解】（1）因为，所以，
所以，
所以.
（2），
所以.
20．【正确答案】(1)0
(2)
【分析】（1）根据函数的奇偶性进行求解；
（2）分类讨论，分别求出在上的最小值，从而得出结论，注意利用勾形函数的性质得出单调性．
【详解】（1）因为的定义域为，关于原点对称，
且，
则是上的奇函数，从而，
因为，所以，得，
所以.
（2）若，则在上单调递增，
因为在时恒成立，所以，解得，所以.
若，由可得，当且仅当，即时等号成立，
则在上单调递减，在上单调递增.
若，则，解得，与矛盾；
若，则，解得，所以.
综上所述，的取值范围是.
21．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助三角恒等变换公式将化简为正弦型函数后结合函数性质即可得；
（2）可将方程的根转化为求两函数在坐标轴上的交点横坐标，结合图象即可得.
【详解】（1），
由条件知的最小正周期为，所以，解得，
所以，
由，
得.
所以的单调递增区间是.
（2）的实数根，即的图象与直线的交点横坐标.
当时，，由，得，
由，得，
作出在上的图象与直线，大致如图：
由图可知，的图象与直线在上有4个交点，
其中两个关于直线对称，另外两个关于直线对称，
所以4个交点的横坐标之和为，即所求的实数根之和为.
22．【正确答案】(1)；
(2)6.
【分析】（1）根据给定条件，求出值及函数，再解对数不等式即得.
（2）利用函数的单调性脱去法则并变形，转化为一元二次不等式恒成立求解即得.
【详解】（1）依题意，，解得，则，
，
不等式，即，解得，
则有，即，
所以原不等式的解集为.
（2）当时，，又在上单调递增，
则当时，不等式恒成立，等价于恒成立，
即恒成立，当时，，得，
设函数，其图象开口向上，对称轴方程为，
而，即，
又对任意恒成立，则，
于是在上的最小值为，
原问题转化为：存在，使得，即，
由于，则，要使成立，只需，
解得，又，所以的最小值为6.
结论点睛：函数的定义区间为，①若，总有成立，则；②若，总有成立，则；③若，使得成立，则；④若，使得成立，则.