北京市朝阳区2024-2025学年高一上学期期末质量检测数学试题【含答案解析】

北京市朝阳区2024～2025学年度第一学期期末质量检测高一数学试卷2025.1（考试时间120分钟满分150分）本试卷分为选择题50分和非选择题100分第一部分（选择题共50分）一、选择题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据集合交集的定义求解即可.【详解】因为，，所以.故选：D.2.已知命题，，则命题的否定是（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】根据特称命题的否定，可得答案.【详解】由题意可得命题的否定为“，.故选：A.3.（）A. B.4 C. D.6【答案】D【解析】【分析】根据指数运算、对数运算的性质计算即可求解.【详解】.故选：D.4.下列函数中，在区间上单调递增的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据二次函数的性质判断A，根据对数函数的性质判断B，根据指数函数的性质判断C，根据三角函数的性质判断D.【详解】对于A，为二次函数，对称轴为，根据二次函数的性质，函数在上单调递减，在上单调递增，，所以函数在区间上递减；对于B，根据对数函数的性质，在上单调递增，所以在上单调递减，，所以函数在区间上递减；对于C，根据指数函数的性质，在单调递增，，所以函数在区间上单调递增，对于D，根据余弦函数的性质，在上单调递减，，所以函数在区间上单调递减.故选：C5.在平面直角坐标系中，角以为始边，终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用任意角三角函数的定义求解即可.详解】由任意角三角函数定义得，故C正确.故选：C6.已知，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用指数函数与对数函数单调性得到的取值范围，从而得解.【详解】因为，，，所以.故选：B.7.设函数，则“”是“是偶函数”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由充分条件、必要条件的概念结合偶函数的定义即可判断；【详解】当时，，，为偶函数，当偶函数时，由，即恒成立，可得：恒成立，即，所以“”是“是偶函数”的充要条件，故选：C.8.在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称.若，则的最大值为（）A0 B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】根据题意得到，再利用三角函数的诱导公式与单调性即可得解.【详解】由题意，得，所以，因为，所以，则，所以当，即时，取得最大值，且最大值为.故选：B.9.新闻推送涉及到信息检索，若一个关键词在个网页中出现过，则越大，的权重越小；反之亦然．在信息检索中，使用最多的权重是“逆文本频率指数”，，其中是全部网页数，，．如果关键词的逆文本频率指数比关键词的逆文本频率指数大2，那么（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意得，利用对数运算性质即可求.【详解】由题意可知，即，所以，所以，即.故选：D.10.已知不等式对任意恒成立，则的最小值为（）A. B.4 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，由不等式恒成立可得，且是方程的一个正根，从而可得的关系，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.【详解】令，其对称轴为，当时，，若，当时，要使不等式对任意恒成立，则对任意恒成立，当时，不满足题意，所以，且是方程的一个正根，将代入可得，即，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.故选：A第二部分（非选择题共100分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．11.函数的定义域是______．【答案】【解析】【分析】由对数的真数大于0，列式即可求其定义域.【详解】由得.所以函数的定义域是.故答案为：12.已知函数，则的最小正周期是______．【答案】【解析】【分析】根据正切函数的图象与性质，结合题中数据加以计算，即可得到所求函数的最小正周期.【详解】∵函数中，,∴函数的最小正周期.故答案为：.13.已知幂函数的图象经过点，则______．【答案】##【解析】【分析】将点的坐标代入函数解析式，得到关于的方程，解方程即可.【详解】将点代入函数解析式，有，即，所以，解得.故答案为：14.已知，，写出满足的一组，的值为______，______．【答案】①.（答案不唯一）②.（答案不唯一）【解析】分析】由，可得，则得，或，即可取值.【详解】因为，则，所以，或，取，则或，故答案为：（答案不唯一）.15.我国古代数学著作《九章算术》中给出求弧田（弓形田）面积的“弧田术”，如图，是以为圆心，为半径的圆弧，是线段的中点，在上，.设弧田的面积为，“弧田术”给出的近似值的计算公式为.若，，则______；______.【答案】①.②.【解析】【分析】利用扇形与三角形的面积公式可求得，再利用“弧田术”公式可求得，从而得解.【详解】根据题意，得，，所以是正三角形，边上的高为，所以，而扇形的面积为，所以弧田的面积为；连接，如图，因为是线段的中点，在上，，则，共线，其中，，所以，又，所以.故答案为：；.16.已知函数，给出下面四个结论：①当时，只有一个零点；②对任意，既没有最大值，也没有最小值；③存在实数，在上单调递增；④若存在最小值，则的最小值为．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①②④【解析】【分析】求出的零点可判断①；分别求出和时的范围，根据可判断②；分别讨论和时是否在R上单调递增可判断③；分和两种情况求出存在最小值时的取值范围可判断④.【详解】对于①，当时，，当时，令，即，解得（舍）或；当时，令，即，方程无解，所以当时，只有一个零点，故①正确；对于②，当时，因为在单调递增，所以，无最大值；又因为在单调递增，所以，又，即，所以，无最小值，所以函数既没有最大值，也没有最小值，故②正确；对于③，当时，在单调递减，在单调递增，所以在R上不单调递增；当时，在单调递增，所以；在单调递增，所以，要使在R上单调递增，则，即，当时，显然，，不满足，所以在R上不单调递增；当时，单调递增，单调递增，且当时，，又因为的增长速度比的增长速度快，所以，不满足，所以在R上不单调递增，综上，不存在实数，使在R上单调递增，故③错误；对于④，当时，因为在单调递增，所以；因为在单调递增，所以，若存在最小值，则，解得，所以；当时，在单调递减，在单调递增，所以；因为在单调递增，所以，若存在最小值，则，所以，综上，，所以的最小值为，故④正确.故答案为：①②④【点睛】关键点点睛：本题的关键在于分类讨论，利用函数的单调性求出分段函数各段的范围.三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．17.已知集合，．（1）当时，求集合及；（2）若，求实数的取值范围．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）求出集合和，利用集合的交并补运算求解即可；（2）根据，得，分别讨论，，即可.【小问1详解】因为，即，解得或，所以或x>1，，当时，，所以，；【小问2详解】若，则，由（1）知，当时，，不合题意；当时，，不合题意；当时，，当时，，综上，所以实数的取值范围是.18.已知函数．（1）求的值及的最小正周期；（2）求的单调递增区间．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）将代入解析式即可求值，利用辅助角公式化简，再利用求周期即可；（2）利用换元法令，求解，即可.【小问1详解】．．所以的最小正周期为．【小问2详解】函数的单调递增区间为．令，由，得．所以的单调递增区间为．19.已知，是方程的两个实数根.（1）求实数的值；（2）再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求的值.条件①：；条件②：；条件③：为第四象限角.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用二次方程的判别式与韦达定理，结合三角函数的基本关系式即可得解；（2）根据题意选择条件，利用三角函数的基本关系式，结合倍角公式与和差公式即可得解.【小问1详解】因为，是方程的两个实数根，所以，由，得，所以，满足，则.【小问2详解】选条件①：因为，，所以，因为，所以，所以，又，所以.选条件②：因为，所以，与矛盾，故该条件不符合要求.选条件③：因为为第四象限角，所以，，因为，所以，所以，又，所以.20.已知函数是定义在上的奇函数．（1）求的解析式；（2）判断的单调性并用定义证明；（3）解关于的不等式．【答案】（1）（2）是上的增函数，证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据奇函数的定义求解即可；（2）利用函数单调性的定义判断即可；（3）利用函数的奇偶性结合函数的单调性得到，利用换元法转化为一元二次不等式求解即可.【小问1详解】由题设知f−x=−fx所以，即，则，所以；【小问2详解】是R上的增函数，证明如下：任取，且，则．由，则，且，故，所以函数在R上单调递增；【小问3详解】因为是定义在R上的奇函数，且，所以，由（2）知，在R上单调递增，所以，令，则，解得，故，因为函数在上单调递增，所以x∈0,1．所以不等式的解集为0,1.21.对于给定的正整数，设集合，集合，是的非空子集且满足，．若对于任意，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，则记，并称为从集合到集合的“函数”．（1）当时，若集合，写出集合，并判断从集合到集合是否存在“函数”？说明理由；（2）若集合至少包含一个奇数，且为从集合到集合的“函数”，求证：存在，使得；（3）若为从集合到集合的“函数”，且对于任意，都有，求满足条件的集合的所有可能．【答案】（1），不存在，理由见解析（2）证明见解析（3）答案见解析【解析】【分析】（1）根据“函数”的定义写出集合并判断即可；（2）假设不存在使得，即对于任意都有，得出与假设矛盾即可；（3）利用“函数”的定义，结合已知条件“对于任意，都有”，讨论当为奇数时，集合的情形有①个奇数，0个偶数；②0个奇数，个偶数；③个奇数，个偶数；当为偶数时，集合的情形有①个奇数，0个偶数；②0个奇数，个偶数；③个奇数，个偶数即可.【小问1详解】．从集合到集合不存在“函数”，理由如下：因为集合中的元素均为奇数，集合中的元素均为偶数，任取，，则为奇数，不合题意，所以从集合到集合不存在“函数”；【小问2详解】假设不存在使得，即对于任意都有．因为是中唯一确定的数，使得为偶数，所以．设为奇数，则，设是奇数．若，则与均为偶数，不合题意，所以，又因为，所以，与矛盾．所以存在使得；【小问3详解】当为奇数时，集合中共有个奇数，个偶数，因为对于任意，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，且都有．根据奇数与奇数的和为偶数，偶数与偶数的和为偶数，集合有以下三种不同的情形：①个奇数，0个偶数；②0个奇数，个偶数；③个奇数，个偶数；因为对于任意，都有，集合中元素必然选择奇数或偶数中较小的元素，即且．所以有当，时，对于任意，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，且，满足题意；当，时，对于任意，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，且，满足题意；当，时，对于任意奇数，在集合中有唯一确定的，使得为偶数，且，满足题意；对于任意偶数，在集合中有唯一确定的，使得为偶数，且，满足题意；同理，当为偶数时，集合中共有个奇数，个偶数，集合有以下三种不同的情形：①个奇数，0个偶数；②0个奇数，个偶数；③个奇数，个偶数；当，时，对于任意，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，且，满足题意；当，时，对于任意，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，且，满足题