2024-2025学年山东省济宁市高一上学期期末数学质量检测试题（附解析）

2024-2025学年山东省济宁市高一上学期期末数学质量检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．若集合，，则（

）A． B． C． D．2．命题“，”的否定是（

）A．“，” B．“，”C．“，” D．“，”3．设，，，则a，b，c的大小关系是（

）A． B． C． D．4．若函数是定义在上的任意奇函数，则下列函数一定为偶函数的是（

）A． B．C． D．5．函数的部分图象大致是（

）A． B． C． D．6．“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件7．函数的零点的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．48．若对任意，方程有解，则实数的取值范围是（

）A．， B．，C．， D．，二、多选题（本大题共4小题）9．已知，若，则所有可能的值是（

）A．－1 B． C．1 D．10．若，则下列不等式中正确的是（

）A． B． C． D．11．计算机病毒就是一个程序，对计算机的正常使用进行破坏，它有独特的复制能力，可以很快地蔓延，又常常难以根除．现有一种专门占据内存的计算机病毒，该病毒占据内存y（单位：KB）与计算机开机后使用的时间t（单位：min）的关系式为，则下列说法中正确的是（

）A．在计算机开机后使用5分钟时，该计算机病毒占据内存会超过90KBB．计算机开机后，该计算机病毒每分钟增加的内存都相等C．计算机开机后，该计算机病毒每分钟的增长率为1D．计算机开机后，该计算机病毒占据内存到6KB，9KB，18KB所经过的时间分别是，，，则12．已知函数是定义在上的偶函数，且满足．若，则下列说法中正确的是（

）A． B．的周期为2C． D．的图象关于中心对称三、填空题（本大题共4小题）13．函数（，且）恒过的定点是．14．若某扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的半径是．15．若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是．16．若函数，则关于x的不等式的解集是．四、解答题（本大题共6小题）17．已知集合，．(1)当时，求；(2)若，求实数的取值范围．18．已知函数的图象过点，且其图象上相邻两个最高点之间的距离为．(1)求的解析式；(2)求函数的单调递减区间．19．已知函数．(1)若的解集为，求a，b的值；(2)解关于x的不等式．20．在平面直角坐标系xoy中，角与的顶点均为坐标原点O，始边均为x轴的非负半轴．若角的终边OP与单位圆交于点，将OP绕原点O按逆时针方向旋转后与角的终边OQ重合．(1)求的值；(2)求的值．21．为提升居民幸福生活指数，着力打造健康舒适、生态宜居、景观优美的园林城市．某市政府利用城区人居环境整治项目资金，在城区要建一座如图所示的五边形ABCDE休闲广场．计划在正方形EFGH上建一座花坛，造价为32百元/；在两个相同的矩形ABGF和CDHG上铺草坪，造价为0.5百元/；再在等腰直角三角形BCG上铺花岗岩地坪，造价为4百元/．已知该政府预计建造花坛和铺草坪的总面积为，且受地域影响，EF的长度不能超过6m．设休闲广场总造价为y（单位：百元），EF的长为x（单位：m），FA的长为t（单位：m）．(1)求t与x之间的关系式；(2)求y关于x的函数解析式；(3)当x为何值时，休闲广场总造价y最小？并求出这个最小值．22．已知函数．(1)求函数的定义域；(2)试判断的单调性，并说明理由；(3)定义：若函数在区间上的值域为，则称区间是函数的“完美区间”．若函数存在“完美区间”，求实数b的取值范围．

答案1．【正确答案】C【分析】根据交集运算求解即可.【详解】由题意可得.故选：C.2．【正确答案】D【分析】根据全称命题的否定是特称命题分析判断.【详解】由题意可知：“，”的否定是“，”.故选：D.3．【正确答案】A【分析】以0和1为中间值比较即可.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以.故选：A.4．【正确答案】B【分析】利用函数奇偶性的定义逐个选项分析即可.【详解】对于A，令，，故，即是奇函数，故A错误，对于B，令，而，故是偶函数，故B正确，对于C，令，，显然当时，不是偶函数，故C错误，对于D，令，而,故，即是奇函数，故D错误.故选：B5．【正确答案】D【分析】由特值，，可判定图象.【详解】由题意，得，所以排除A、B,又，所以D正确.故选：D6．【正确答案】A【分析】根据对数函数性质结合充分、必要条件分析判断.【详解】若，可得，即，即充分性成立；若，例如，则，不成立，即必要性不成立；综上所述：“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7．【正确答案】C【分析】将零点问题转化为交点问题，作图求解即可.【详解】令，故，即的零点个数为与的交点个数，显然在单调递增，的周期为，且当时，，故此时两个函数无交点，作出图像如下图，由图像得共有个交点，故有个零点，即C正确.故选：C8．【正确答案】A【分析】先求方程左侧函数的值域，后解不等式求参数范围即可.【详解】因为，可知，所以．又方程有解，所以．所以，，故选：A．9．【正确答案】BD【分析】利用函数的解析式，结合指数、对数运算可求得结果.【详解】由已知可得或或，解得，或.故选：BD10．【正确答案】ABD【分析】利用不等式的基本性质求解.【详解】解：由，得，则，即，故A正确；因为，所以，故B正确；当时，，则，故C错误；由，得，则，即，则，故D正确.故选：ABD.11．【正确答案】ACD【分析】根据题意结合增长率公式与指数式的运算，即可判断出答案．【详解】对于选项A：令，可得，所以在计算机开机后使用5分钟时，该计算机病毒占据内存会超过90KB，故A正确；对于选项B：因为不是定值，可知计算机开机后，该计算机病毒每分钟增加的内存不相等，故B错误；对于选项C：因为，所以计算机开机后，该计算机病毒每分钟的增长率为1，故C正确；对于选项D：由题意可得：，可得，则，即，故D正确；故选：ACD.12．【正确答案】ABD【分析】利用抽象函数的奇偶性，对称性，周期性求解即可.【详解】因为函数是定义在上的偶函数，且满足．所以，令得，所以．故A正确．因为…①，所以…②①－②得：，所以的最小正周期为2．故B正确．．故C不正确．由得，所以图象关于中心对称．故D正确．故选：ABD．13．【正确答案】【分析】根据对数函数性质结合指数幂运算求解.【详解】令，解得，此时，所以函数（，且）恒过的定点是.故答案为.14．【正确答案】【分析】根据扇形面积公式直接求解即可.【详解】设扇形的面积为，则扇形面积，解得.故答案为.15．【正确答案】【分析】令，结合题意分析可知在上单调递增，结合二次函数性质分析求解.【详解】因为，，令，由可知，可得，又因为函数在上是单调递增函数，可知在上单调递增，则，解得：，所以实数a的取值范围是.故答案为.16．【正确答案】【分析】令，分析可知为定义在上奇函数，且在上单调递减，根据奇偶性和单调性解不等式.【详解】令因为，即，可知函数的定义域为，且，所以为上的奇函数，因为，且在内单调递增，则在内单调递增，可知在内单调递减，又因为在定义域内单调递增，则在内单调递减，由奇函数可知在内单调递减，所以在上单调递减，综上所述：为定义在上奇函数，且在上单调递减，由，则，可得，则，解得：，所以不等式的解集是.故．关键点点睛：1.构建函数，并判断的单调性和奇偶性；2.根据奇偶性和单调性解不等式.17．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）解不等式可求得集合，根据并集和补集定义可得结果；（2）由交集结果可得，根据包含关系可得结果.【详解】（1）由得：，即；当时，；.（2）由（1）知：；，，，即实数的取值范围为.18．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意结合周期性和特值求即可；（2）根据题意可得，结合正弦函数单调性分析求解.【详解】（1）因为函数的图象上相邻两个最高点之间的距离为，可知，且，所以，又因为函数的图象过点，则，且，可知，所以．（2）由（1）可知．令，因为的单调递减区间为，且由，解得．故函数的单调递减区间为．19．【正确答案】(1)，(2)答案见解析【分析】（1）根据题意分析可知的根为，利用韦达定理运算求解；（2）根据题意整理得，分类讨论的符号解不等式.【详解】（1）因为的解集为，可知的根为，所以，解得，故，．（2）由，可知，即，当时，解得；当时，，解得或；当时，，解得或．综上：当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为或；当时，不等式的解集为或．20．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）根据任意角三角函数的定义结合同角三角关系可得，，进而结合诱导公式运算求解；（2）根据题意利用诱导公式结合齐次式问题运算求解.【详解】（1）由题意可知：，，因为，即，且，解得，即，．又因为，可得，．所以．（2）由（1）知，所以．21．【正确答案】(1)(2)(3)，1500百元【分析】（1）根据题意得到和的关系式，从而写出关于的解析式；（2）根据题意得到和的表示的关系式，由（1）代入，从而写出关于的解析式；（3）利用基本不等式求最值.【详解】（1）由已知得：，所以，（2）由已知得：，所以．（3）由（2）知：，所以，当且仅当，即时，．故当x为5m时，休闲广场总造价y最小，并且最小值为1500百元．22．【正确答案】(1)(2)单调递增，理由见解析(3)【分析】（1）由函数解析式直接求定义域；（2）法一：利用复合函数单调性判定；法二：定义法证明单调性；（3）由题意可知方程在上至少存在两个不同的实数解，即在上至少存在两个不同的实数解，所以与在上至少存在两个不同的交点．再利用基本不等式求出函数的值域即可.【详解】（1）要使函数的表达式有意义，须使，解得，所以函数的定义域是．（2）在上单调递增．理由如下：法一：因为，又在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数，在上为增函数，故在上单调递增．法二：因为，对任意，，且，可知，则，又，可知，所以，即．故在上单调递增，（3）由（2）可知