2024-2025学年贵州省毕节市金沙县高一上学期期末数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年贵州省毕节市金沙县高一上学期期末数学检测试题（附解析），共16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．已知集合，，则的真子集的个数为（ ）
A．8B．7C．4D．3
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．设，则“”是“”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
4．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
5．张遂（僧一行，公元年），中国唐代著名的天文学家.他发明了一种内插法近似计算原理，广泛应用于现代建设工程费用估算.近似计算公式如下：，其中为计费额的区间，，为对应于的收费基价，为该区间内的插入值，为对应于的收费基价.如下表所示.则的值估计为（ ）
A．18.53B．19.22C．21.94D．28.22
6．若，则（ ）
A．B．C．D．
7．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．若函数若有4个不同实根，设4个不同实根，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题）
9．已知幂函数在上单调递减，若在上不单调，则实数的可能取值为（ ）
A．B．0C．1D．3
10．对于下列四种说法，其中正确的是（ ）
A．的最小值为4B．的最小值为1
C．的最小值为4D．最小值为
11．已知函数的定义域为，若关于对称，为奇函数，则（ ）
A．是奇函数
B．的图象关于点对称.
C．
D．若在上单调递减，则在上单调递增
12．将函数的图象沿轴向右平移个单位长度（纵坐标不变），得到的函数满足，则下列正确的选项为（ ）
A．的周期为B．
C．在上单调递增D．为的一个对称轴
三、填空题（本大题共4小题）
13．函数的图象恒过定点的坐标为 .
14．已知角终边上一点坐标，则 .
15．已知函数的定义域和值域都是，则 .
16．已知函数，若，则的最大值为 .
四、解答题（本大题共6小题）
17．已知二次函数满足，且，.
(1)求函数的解析式；
(2)若，比较与的大小.
18．对任意，函数满足_________，且当时，.
在以下两个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答此题.
①，.
②，.对，.
(1)证明：在上是增函数；
(2)求不等式的解集.
注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.
19．已知函数.
(1)求的最小正周期和图象的对称轴方程；
(2)当时，的最小值和最大值之和为，求的值．
20．已知函数.
(1)设，若，试判断是否有最小值，若有，求出最小值；若没有，说明理由；
(2)若，使成立，求实数的取值范围．
21．已知某种设备年固定研发成本为40万元，每生产一台需另投入60元.设某公司一年内生产该设备万台且全部售完，每万台的销售收入为（万元）.已知当年产量小于或等于10万台时，；当年产量超过10万台时，.
(1)写出年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式；
(2)试分析该公司年利润是否能达到2000万元？若能，求出年产量为多少；若不能，说明理由.（注：利润=销售收入-成本）
22．已知函数.
(1)解不等式；
(2)若对于，恒成立，求实数的取值范围.
答案
1．【正确答案】B
【分析】解不等式确定集合，由集合的运算法则求得，再由子集定义判断．
【详解】，
，，
∴，它是真子集有7个．
故选：B．
2．【正确答案】D
【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.
【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，可得：
命题：“，”的否定是“，”.
故选：D.
3．【正确答案】B
【分析】根据题意，利用指数函数与对数函数的性质，求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由不等式，可得，解得，
又由不等式，即，可得，解得，
因为集合是集合的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B.
4．【正确答案】A
【分析】判断函数的图象问题，可从函数定义域，函数的奇偶性，函数图象的趋势或者特殊点的函数值进行判断是否符合题意.
【详解】由函数可得函数的定义域为，
由可知函数为奇函数，
其图象关于坐标原点对称，故舍去B，D两项；
又由可得C项不合题意，故A项正确.
故选：A.
5．【正确答案】C
【分析】根据题意代入数据计算即可.
【详解】结合题意：，其中，
.
故选：C.
6．【正确答案】C
【分析】借助诱导公式以及二倍角公式化简计算即可.
【详解】由，
因为，所以，
所以
.
故选：C.
7．【正确答案】D
【分析】由对数函数性质知，，，然后由基本不等式证明，再用作差法比较大小后可得．
【详解】由对数函数性质知，即，同理，
又，即，
，
所以，即，综上，
故选：D．
8．【正确答案】D
【分析】作出函数的图象和直线，由图可得的关系与性质，从而得结论．
【详解】作出函数的图象，再作出直线，如图，
由图可得，因此，
∴，
故选：D．
9．【正确答案】BC
【分析】根据幂函数的图象与性质，求得，再由二次函数的性质，求得，结合选项，即可求解.
【详解】由幂函数，可得，即，
解得或，
当时，可得在上单调递减，符合题意；
当时，可得在上单调递增，不符合题意；
又由函数在上不单调，则满足，
即，解得，
结合选项，可得选项BC符合题意.
故选：BC.
10．【正确答案】BD
【分析】根据题意，结合基本不等式，以及对勾函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，
当且仅当时，即，显然不成立，所以A错误；
对于B中，由，
当且仅当，即时，等号成立，所以B正确；
对于C中，由，令，
可得，则函数在为单调递减函数，
所以，所以C不正确；
对于D中，由，令，
可得，根据对勾函数的性质，可得在为单调递增函数，
所以，所以D正确.
故选：BD.
11．【正确答案】ABD
【分析】A选项，根据题目条件得到的一个周期为8，进而得到，A正确；B选项，由于的一个对称中心为，结合周期得到B正确；C选项，根据的一个对称中心为，得到，故C错误；D选项，先根据对称轴得到在上单调递增，结合周期得到D正确.
【详解】A选项，因为为奇函数，所以，
因为关于对称，所以，
所以，则，
所以，的一个周期为8，
故，所以，
将代替为得，
即，为奇函数，A正确；
B选项，因为为奇函数，所以的一个对称中心为，
又的一个周期为8，故为的一个对称中心，B正确；
C选项，因为的一个对称中心为，
所以，
故，C错误；
D选项，因为在上单调递减，关于对称，
所以在上单调递增，
的一个周期为8，故在上单调递增，D正确.
故选：ABD
结论点睛：
设函数，，，．
（1）若，则函数的周期为2a；
（2）若，则函数的周期为2a；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a；
（5）若，则函数的周期为；
（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；
（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；
（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为4a．
12．【正确答案】ACD
【分析】利用二倍角公式、两角和的正弦公式化简函数式，由图象平移写出，并利用对称性求得，然后根据正弦定理性质判断各选项．
【详解】
，
的周期是，A正确；
函数满足，则的图象关于点对称，
所以，，
又，∴，B错；
，
时，，C正确；
时，，D正确．
故选：ACD．
13．【正确答案】
【分析】由对数的真数为1，对数值为0可得结论．
【详解】令，得，，∴函数图象过定点．
故．
14．【正确答案】
【分析】利用诱导公式化简计算求得已知点的坐标，由三角函数定义求得，再由正切的二倍角公式计算．
【详解】，
，
∴已知点坐标为，∴，
∴．
故．
15．【正确答案】或
【分析】分类讨论的取值范围，得到函数的单调性，代入数据即可求解.
【详解】当时，易知函数单调递减，由定义域和值域都是，
所以解得所以.
当时，易知函数单调递增，由定义域和值域都是，
所以解得所以.
故或.
16．【正确答案】
【分析】根据函数的表达式得出，计算出，然后利用基本不等式可得最大值．
【详解】，则，∴，
∴，
即，，又，
所以，即，当且仅当时等号成立，
故．
17．【正确答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）设出二次函数代入，以及对称轴，求解即可；
（2）依题意，分类讨论，得到结果.
【详解】（1）设二次函数.
由，得图象的对称轴为，
所以，解得.
由得，，
可得.
由得，，解得.
所以.
（2）
，
当或时，，此时.
当时，，此时.
当或4时，，此时.
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意，分别选择①②，结合函数单调性的定义和判定方法，即可得证；
（2）选择①：令，求得，不等式转化为，结合函数的单调性，即可求解；
选择②：根据题意，求得，不等式转化为，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）证明：若选①：设，且，则，
因为时，，所以，可得，
所以，即以，
所以在上是增函数．
若选②：设，且，则，
因为时，，所以，则，
又因为，所以>，
所以函数在上是增函数．
（2）解：若选①：令，则，解得，
所以可化为，
因为函数在上是增函数，可得，解得，
所以不等式的解集为.
若选②：由得，
所以可化为，
因为函数在上是增函数，可得，解得，
所以不等式的解集为.
19．【正确答案】(1)，，
(2).
【分析】（1）化简函数解析式，得，可得最小正周期为；
（2）由得，可得在上的最大值和最小值，进而得到的值.
【详解】（1）
，
所以的最小正周期.
令，，
解得，.
所以图象的对称轴方程为，.
（2）由（1）知，
当时，.
可得，，
所以，
所以的最小值和最大值之和为，
解得.
20．【正确答案】(1)没有最小值，理由见解析
(2).
【分析】（1）当时，，令，转化为在求最小值即可；
（2），令，则，存在性问题，分离参数，转化为求函数的最大值问题求解即可.
【详解】（1）当时，.
令，因为，则.，
所以，
当时，，此时，没有最小值.
（2），
令，，则.
由，得，
即，由于，使成立，
只需，
因为在上单调递减，所以，所以，
所以实数的取值范围为.
21．【正确答案】(1)
(2)不能，理由见解析
【分析】（1）由可得；
（2）当时利用二次函数性质得最大值，当时利用基本不等式求得最大值，比较后得的最大值，从而可得结论．
【详解】（1）
（2）当时，，
（万元）.
当时
，
当且仅当，即时等号成立，
所以（万元）.
因为，
所以当年产量为19万台时，该公司获得的利润最大为1570万元.
因此，该公司年利润不能达到2000万元.
22．【正确答案】(1)答案见解析;
(2).
【分析】（1）借助对数与指数不等式的解法，求解即可，注意需分类讨论;
（2）由题意转化为对于，，借助复合函数的单调性，求出最值代入计算即可.
【详解】（1）等价于，
即，可得，即.
当时，，即；
当时，无解，即无解；
当时，解得.
综上，当时，的解集为；
当时，无解；
当时，的解集为.
（2）对于，恒有，
转化为对于，，
因为，
利用对数型复合函数的单调性可知在上单调递减.
所以，即，
即，解得，
所以实数a的取值范围是.计费额x（单位：万元）
500
700
1000
收费基价（单位：万元）
16.5
30.1