上海市进才中学2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷（解析版）

这是一份上海市进才中学2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（时间120分钟，满分150分）
一、填空题（本大题共12题，满分54分，考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得零分.）
1. 函数的定义域为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据对数的真数大于0有意义求解.
【详解】因为，所以，即函数的定义域为.
故答案为：.
2. 已知，，则的取值范围是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】借助不等式的性质计算即可得.
【详解】由，，则.
故答案为：.
3. 顶点在平面直角坐标系的原点，始边与轴的非负半轴重合，2025°的角属于第_____________象限.
【答案】三
【解析】
【分析】根据终边相同角的概念求解判断.
【详解】，
与终边相同，是第三象限角.
故答案为：三.
4. 函数的最小值为________.
【答案】6
【解析】
【分析】利用绝对值不等式可求该函数的最小值.
【详解】因为，
当且仅当时等号成立，即时等号成立，
故的最小值为6.
故答案为：6
【点睛】本题考查绝对值不等式的应用，注意，当且仅当时等号成立，本题属于基础题.
5. 扇形圆心角为2，弧长为12cm，则扇形的面积为______.
【答案】36
【解析】
【分析】利用圆心角与弧长以及半径之间的关系可求得面积.
【详解】根据题意设扇形的半径为，
由圆心角为2，弧长为12cm，可得半径cm，
因此可得扇形的面积为.
故答案为：36
6. 已知幂函数在上是严格减函数，则_____________.
【答案】-2
【解析】
【分析】根据幂函数的定义及性质即可求解.
【详解】由题意，可得，解得.
故答案为：.
7. 已知角的终边上一点，且，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】借助三角函数定义计算即可得.
【详解】由题意可得，解得.
故答案为：.
8. 已知函数是定义在上的偶函数，在上严格增函数.若，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】先由定义域关于原点对称解得，再结合函数单调性与对称性，转化不等式为求解可得.
【详解】因为为偶函数，故即，
即为，
由为偶函数，则，
又在上严格增函数，且为偶函数，
故在上为严格减函数，
故，解得或.
则实数的取值范围是.
故答案为：.
9. 已知函数，对任意实数，方程都有解，则实数的取值范围是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得值域为R，再结合分段函数性质，分别计算在时及时的值域即可得.
【详解】由题意可得值域为R，当时，，
则当时，对，有a>02a−2≥1，解得，
故实数的取值范围为.
故答案为：.
10. 《九章算术》是我国古代著名数学经典，其对勾股定理的论述比西方早一千多年.其中有这样一个问题：“今有勾三步，股四步，间勾中容方几何？"其意思为：今有直角三角形，勾（短直角边）长3步，股（长直角边）长为4步，问该直角三角形能容纳的正方形分别在边上）边长为多少？在求得正方形的边长后，可进一步求得的正切值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用三角形相似求出正方形边长，再利用及两角差的正切公式，即可求解.
【详解】设正方形的边长为，则，
由，可得，即，解得，
因为，
所以.
故答案为：.
11. 已知实数x，y满足，，则_____.
【答案】##
【解析】
【分析】利用指数与对数运算，结合函数的单调性即可求解．
【详解】因为，所以，
又，所以，
即，
即有，
因为函数在上为增函数，
所以，所以．
故答案为：．
12. 设，函数恰有三个零点，则a的取值集合为______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据绝对值的性质分析可知，再讨论的符号去绝对值，分别研究的零点个数，即可得结果.
【详解】因为，
1.若，则，显然等号不同时成立，
所以恒成立，不合题意；
2.若，令，解得，即有两个零点，不合题意；
3. 若，构建，
因为，即函数有两个零点，
且，即不是零点，
（1）当，即时，则，
令，解得或，
且，即，
所以在有两个零点；
（2）当，即或时，则，
由题意可知：在内有且仅有一个零点，
（ⅰ）当时，则，且，
此时在上的零点为，符合题意；
（ⅱ）当且时，令，解得或，
且，
即，
①若，解得，所以在内的零点是，符合题意；
②若，则在内的零点是，不合题意；
综上所述：或.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：根据，可得函数有两个零点，结合二次不等式分类讨论去绝对值.
二、选择题（本大题共4题，满分18分，考生必须在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑，13-14题每题选对得4分，15-16题每题选对得5分，否则一律得零分.）
13. 设，则“”是“且”的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分又非必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】正向取反例即可，反向根据不等式性质即可，最后根据必要不充分条件判定即可.
【详解】正向来看，取，则，满足，但不满足a>0且，故充分性不成立，
反向来看，，则，故必要性成立，
所以前者是后者的必要不充分条件.
故选：B.
14. 函数的部分图像大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇偶性排除C；根据排除B；根据排除D，从而可得答案.
【详解】由，函数定义域为，关于原点对称，
，所以是偶函数，其图象关于轴对称，排除C；
因为，故排除B；
因为
因为，而选项D中，函数在上递增，故排除D，
故选：A.
15. 已知，，且，则ab的最小值为（ ）
A. 4B. 8C. 16D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】运用对数运算及换底公式可得，运用基本不等式可求得的最小值.
【详解】∵，
∴，即：
∴，
∵，，
∴，，
∴，当且仅当即时取等号，
即：，当且仅当时取等号，
故的最小值为16.
故选：C.
16. 已知函数，则下列命题中正确个数有（ ）
①的定义域为；②的值域为；③；④有两个零点，，且.
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】对①，求出的定义域判断；对②，判断的单调性，并结合极限思想判断；对③，根据解析式求出并判断；对④，利用零点存在性定理结合函数的单调性可得存在，使得，结合③可得，得解.
【详解】对于①，由x>0x−1≠0，解得且，
所以函数的定义域为，故①错误；
对于②，由，
所以函数在0,1和1,+∞上均单调递增，
当时，，当从小于1的方向逼近1时，，
当从大于1的方向逼近1时，，当时，，
所以函数值域为R，故②正确；
对于③，，即，故③正确；
对于④，因为在0,1和1,+∞上均单调递增，
又，fe2=lne2−1−2e2−1=1−2e2−1=e2−3e2−1>0，
所以存在，使得，
又，则，结合③可得，
即也是的零点，则，，故，故④正确.
综上，正确个数有3个.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题命题④解决的关键是利用在1,+∞上单调递增，结合零点存在性定理得到存在，使得，结合命题③的结论求解.
三、解答题（本大题共5题，满分78分，解答要有详细的论证过程与运算步骤，请将解答过程写在答题纸对应位置.）
17. 已知集合，.
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简集合，根据交集运算求解；
（2）利用集合的包含关系建立不等式组进行求解.
【小问1详解】
由，等价于，解得，
所以，
又，当时，，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，解得，
所以实数的取值范围为.
18. （1）已知，化简并求值；
（2）已知，当求满足条件的角的集合.
【答案】（1）（2）或
【解析】
【分析】（1）借助诱导公式与同角三角函数基本关系将切化弦后计算即可得；
（2）借助辅助角公式化简后计算即可得
【详解】（1）；
（2），则，
令，则，
若，则或.
19. 据国家气象局消息，今年各地均出现了极端高温天气，漫漫暑期，空调成了很好的降温工具，而物体的降温遵循牛顿冷却定律，如果某物体的初始温度为，那么经过分钟后，温度满足，其中为室温，为半衰期，为模拟观察空调的降温效果，小明把一杯75℃的茶水放在25℃的房间，10分钟后茶水降温至50℃.
（1）若欲将这杯茶水继续降温至35℃，大约还需要多少分钟？（结果保留整数）
（2）为适应市场需求，2025年某企业扩大了某型号的变频空调的生产，全年需投入固定成本200万元，每生产千台空调，需另投入成本万元，且，已知每台空调售价3000元，且生产的空调能全部销售完，问2025年该企业该型号的变频空调的总产量为多少千台时，获利最大？并求出最大利润.
【答案】（1）13分钟
（2）30千台时，获利最大，最大利润为3400万元.
【解析】
【分析】（1）由题意列方程求解；
（2）由题意得出利润与的函数关系，结合基本不等式求解最值.
【小问1详解】
由题，可得，解得，
设经过分钟，降温至，则，
解得，
故大约还需要13分钟.
【小问2详解】
设利润为，
当时，，
当时，取得最大值为3400万元，
当时，，
，当且仅当时取等号，
当时，取得最大值为3380万元，
因为，
所以总产量为千台时，获利最大，最大利润为3400万元.
20. 已知函数为奇函数，，其中.
（1）若函数hx的图象过点，求实数和的值；
（2）若，试判断函数在上的单调性并用定义证明；
（3）设函数，若对每一个不小于3实数，都存在小于3的实数，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）在上单调递增，证明见详解
（3）
【解析】
【分析】（1）利用奇函数的定义可得，再由图象经过点，解方程可得；
（2）利用函数单调性定义判断证明；
（3）根据的解析式，分别讨论，，，运用基本不等式和函数的单调性，求得的范围．
【小问1详解】
函数为奇函数，可得，
即，可得，
又的图象过点，得，可得，解得，
所以，.
【小问2详解】
当时，，，在上单调递增，
证明如下：设，
则
，
由，可得，，，
则，即，
所以函数在上单调递增.
【小问3详解】
当时，，
当时，，
当时，对任意，，
而对任意，不满足条件，舍去；
当时，，，
对，，，
由题意，，可得，即，
所以，
当时，，，
对，，，
所以，得，
令，易得在R上严格递减，，
所以，即，
综上，实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解决的关键是分，，讨论，求出，的值域，问题转化为的值域是的值域的子集.
21. 对于定义域为的函数，区间若，则称为上的闭函数：若存在常数，对于任意的，都有，则称为上的压缩函数.
（1）判断命题“函数既是闭函数，又是压缩函数”的真假，并说明理由；
（2）已知函数是区间[0，1]上的闭函数，且是区间[0，1]上的压缩函数，求函数在区间[0，1]上的解析式，并说明理由；
（3）给定常数，以及关于的函数，是否存在实数，使得是区间[a，b]上的闭函数，若存在，求出a、b的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）假命题，理由见解析；
（2），，或，，，理由见解析；
（3）当时，，，当时，，无解．
【解析】
【分析】（1）利用定义判断函数是闭函数，但是不是压缩函数，再判断得解；
（2）假设（a），（b），，，，，利用两边夹的思想，求出，，然后分类讨论，利用反证法证明，同理可得；
（3）分类讨论，当时，利用函数的单调性建立方程，可得，是方程的两个根，由求根公式求解即可，当，时，分析得到矛盾，故无解，即可得到答案．
【小问1详解】
解：函数的值域是，
所以函数是闭函数.
当时，，存在常数，对于任意的，都有；
当时，不妨设，等价于，
所以，所以，
所以，当时，，
因为，所以此时无解.
所以函数不是区间[0，1]上的压缩函数.
所以命题是假命题.
【小问2详解】
解：函数是，上的闭函数，且是，上的压缩函数，
所以的值域为，，
假设（a），（b），，，，，
则（a）（b），
所以，，（a）（b），
即或，
当，则，
反证：如果存在，，
则，矛盾；
若存在，，
则（1），矛盾．
同理可得，当，则，
综上所述，，，或，，；
【小问3详解】
解：因为，所以，
情形1：若，则单调递增，
所以，
故，是方程的两个根，
所以，
即时，，，
当时，，无解；
情形2：若，则单调递减，
所以，可得，与条件矛盾；
情形3：若，因为，但0不在定义域中，矛盾．
综上所述，当时，，，当时，，无解．
【点睛】关键点睛：解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可．