河南省郑州市中牟县2024-2025学年高一上学期数学期末测评数学试卷（解析版）

这是一份河南省郑州市中牟县2024-2025学年高一上学期数学期末测评数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了 要得到函数的图象，需， 下列结论正确的有等内容，欢迎下载使用。
高一数学
注意事项：
1.本试卷共4页，满分150分，考试时间120.分钟.考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效.
2.请认真核对监考教师在答题卡上所粘贴条形码的姓名､准考证号是否与本人相符合，再将自己的姓名､准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡及本试卷上.
3.答选择题必须用2B铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答非选择题必须用0.5毫米黑色墨水签字笔写在答题卡的指定位置，在其他位置答题一律无效.
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合后可求.
【详解】，
故，
故选：B
2. 已知函数且的图象恒过定点，幂函数的图象过点，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，从而可求幂函数，故可求.
【详解】因为，故，
设，故，故，故，
故选：D.
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式可求代数式的值.
【详解】原式
，
故选：A.
4. 要得到函数的图象，需（ ）
A. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）
B. 将函数图象上所有点横坐标变为原来的（纵坐标不变）
C. 将函数图象上所有点向左平移个单位长度
D. 将函数图象上所有点向左平移个单位长度
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数图象平移的规律可得答案.
【详解】将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），
得到的图象，故A错误；
将函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
得到的图象，故B 错误；
将函数图象上所有点向左平移个单位得到图象，
故C错误；
D. 将函数图象上所有点向左平移个单位得到的图象，故D正确.
故选：D.
5. 设x∈R，不等式恒成立的一个充分条件可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出不等式恒成立的充要条件，从而可求恒成立的充分条件.
【详解】若，则恒成立，
若，则，故，
故，所以不等式恒成立的充要条件为，
若求充分条件，则充分条件对应的集合真包含于，
对比各选择，只有A符合，
故选：A.
6. 已知函数为上的偶函数，且在上单调递增，若（为自然对数的底数），则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合偶函数的性质，函数单调性，只需比较对数、分数指数幂的大小即可得解.
【详解】因为函数是上的偶函数，且在上单调递增，
因为
所以，即.
故选：C.
7. 声波在空气中的振动可以用三角函数来表示.在音乐中可以用形如的正弦型函数来表示单音，将三个或三个以上的单音相叠加为和弦.若某和弦由三个单音组成，其中一个单音可以用表示，另外两个单音的正弦型函数图象如图所示，则该和弦的一个周期可能为（ ）
A. B. 、C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出另外两个单音对应的三角函数后可求和弦的一个周期，
【详解】设题设中左图对应的解析式为，则，
而，其中，故，故，
故，其最小正周期为.
右图对应的解析式为，
则且，故，故，其最小正周期为，
而的最小正周期为，
故该和弦的一个最小正周期为，故周期为，
故选：C
8. 已知函数，若关于的方程有3个不同的实根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据、共有3个不同的实数根据可求实数的取值范围，后者可就、、分类讨论即可.
【详解】由可得或，
当时，，
当时，令，解得，
故有两个不同的解且异于，
而在0,+∞上为减函数，且，
故在0,+∞上至多有一个实数根，
若在0,+∞上有一个实数根，则，
即，考虑此时解的个数，
此方程可化为，
因为，故只有一个实数解，
若该解与相同，则即，与矛盾，
故符合题设要求；
若在0,+∞上无实数根，则或，
即或，考虑解的个数，
若，则，有一个实数根，
故原方程至多有两个不同的实数根，与题设矛盾；
若，则，故，
当且仅当，时等号成立，
故此时至多有一个实数根，
故原方程至多有两个不同的实数根，与题设矛盾；
综上，，
故选：C.
【点睛】思路点睛：嵌套方程的零点个数问题，一般先考虑外方程的解的情况，再考虑内方程解的情况，两者综合才可求参数的取值范围.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列结论正确的有（ ）
A.
B.
C.
D. 若且，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据指数幂的运算可判断AB的正误，根据对数的运算性质可判断C的正误，根据指对数的转化可判断D的正误.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，，故，故D正确；
故选：ABD.
10. 如图，质点和从单位圆上同时出发且按逆时针作匀速圆周运动.点的起始位置坐标为，角速度为，点的起始位置坐标为，角速度为，则（ ）
A. 在末，点的坐标为
B. 在末，点在单位圆上第一次重合
C. 在末，扇形的弧长为
D. 面积的最大值为
【答案】BD
【解析】
【详解】由题设，秒末的坐标为，
的坐标为，
对于A，在末，的坐标为，故A错误；
对于B，若重合，则，故，
故，故末，点在单位圆上第一次重合，故B正确；
对于C，在末，在的终边上，在的终边上，
故扇形的弧长为，故C错误；
对于D，的面积为，
当且仅当即时等号成立，
故D正确；
故选：BD.
11. 已知是上不恒为零的函数，且都有，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 是奇函数
C. 若，则
D. 若当时，，则在上单调递减
【答案】BCD
【解析】
【分析】令即可判断A；令，求出，再令，即可判断B；令即可判断C；由，得，再根据函数单调性定义即可判断D.
【详解】因为，
令，得，所以，故A错误；
令，得，
所以，令，得，又，
所以，又因为定义域为，所以函数是奇函数，故B正确；
令，得，
又，所以，故C正确；
当时，由，
可得，又，
，上任取，不妨设，
，
，故，
故在单调递减，故D正确.
故选： BCD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，且，则的最大值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用基本不等式可求乘积的最大值.
【详解】由基本不等式可得，即，
当且仅当时等号成立，故的最大值为，
故答案为：.
13. 在中，已知，则角__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意由两角和的正切公式可得，即可得，求出结果.
【详解】由，得，
即，又，
所以，则，
故答案为：
14. 设平行于轴的直线与函数和的图象分别交于点，若在的图象上存在点，使得为等边三角形，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】设直线的方程为，求得点，坐标，得到，取的中点，连接，根据三角形为等边三角形，表示出点坐标，根据点在函数的图象上，得到关于的方程，求出，进而可得点的纵坐标.
【详解】
设直线的方程为，由，得，所以点，
由，得，所以点，从而，
如图，取的中点，连接，
因为为等边三角形，则，所以，，
则点，故，
解得，所以点的纵坐标为.
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. （1）计算：；
（2）已知，求的值；
（3）已知，求的值.
【答案】(1);
(2);
(3).
【解析】
【分析】利用诱导公式，同角公式求值即可.
【详解】（1）;
（2）因为，所以；
（3）因为，所以，
又因为，所以，
则，
，
16. 对于二次函数，若存在，使得成立，则称为二次函数的不动点.
（1）求二次函数的不动点；
（2）若二次函数有两个不相等的不动点，且，求的最小值；
（3）若对任意实数，二次函数恒有不动点，求的取值范围.
【答案】（1）和
（2）8 （3）
【解析】
【分析】（1）根据不动点定义列方程，解二次方程即可；
（2）根据不动点定义得方程有两个不相等的正实数根，列不等式求得，结合根与系数的关系以及基本不等式求得最值即可；
（3）根据不动点定义得，结合判别式即可求解.
【小问1详解】
令，故或，
故的不动点为和.
【小问2详解】
依题意，有两个不相等的正实数根，
即方程有两个不相等的正实数根，
所以，解得，
所以
，
因为，所以，所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为8.
【小问3详解】
由题知：，
所以，由于函数恒有不动点，
所以，即，
又因为是任意实数，所以，
即，解得，所以的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了新定义，解题关键是把握不动点的定义，转化为一元二次方程根的问题，结合根与系数、判别式来求解.
17. 已知，函数是奇函数.
（1）求实数的值；
（2）当时，判断函数的单调性，并用定义给出证明.
【答案】（1）
（2）为上的减函数，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据定义域的对称性可求；
（2）根据单调性的定义可证明为上的减函数.
【小问1详解】
函数的定义域即为的解集，而奇函数的定义域关于原点对称，
故的根为，故.
当时，，定义域为，
定义域关于原点对称，而，
故为奇函数，故.
【小问2详解】
函数为上的减函数，
设，则，
，
因为，故，
故，故，
故即即函数为上的减函数.
18. 已知函数.
（1）求在上的单调递增区间；
（2）若，，求的值；
（3）请在同一平面直角坐标系上画出函数和在上图象（不要求写作法）；并根据图象求曲线和的交点个数.
【答案】（1），
（2）
（3）作图见解析，交点个数为
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，由求出的取值范围，再利用正弦型函数的单调性可求得函数在上的单调递增区间；
（2）由已知条件求出的值，由同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角和的正弦公式可求得的值；
（3）作出两个函数在区间上的图象，可得出两个函数图象的交点个数.
【小问1详解】
因为，
当时，，
由可得，由可得，
所以，函数在上的单调递增区间为，.
【小问2详解】
因为，可得，
因为，则，
所以，，
因此，
.
【小问3详解】
当时，，
在同一平面直角坐标系上画出函数和在上的图象如下图所示：
由图可知，曲线和在上的交点个数为.
19. 已知函数.
（1）对任意实数是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由；
（2）求不等式的解集；
（3）当时，求的最大值.
【答案】（1）是，定值1
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）解析式代入求解为定值；
（2）根据函数单调性解不等式即可；
（3）令，则，开口向下，对称轴，分，，三种情况讨论函数单调性求出最值即可.
【小问1详解】
由，
可得
；
【小问2详解】
因为，所以fx为奇函数，
所以不等式为，
又因为是单调增函数，所以，所以，
所以不等式的解集为.
【小问3详解】
令，知在上单调递增，所以，又因为，
则，，开口向下，对称轴为，
当时，是单调增区间，所以时取最大值；
当时，是单调减区间，所以时取最大值；
当时，是单调增区间，是单调减区间，
所以时取最大值；