浙江省衢州市2024-2025学年高一上学期1月教学质量检测试题 数学 含解析

浙江省衢州市2024-2025学年高一上学期1月教学质量检测数学试题第I卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={1,2,3}，B={0,2,4}，则A∩B=(

)A.{0} B.{2} C.{1,2} D.{0,1,2,3,4}2.已知幂函数f(x)的图象过点(2,2)，则f(9)=A.−3 B.3 C.2 D.3.“x>0”是“ex>1”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4.下列不等关系成立的是(

)A.3−0.3>20.1 B.log23>5.函数f(x)=(x+1)2(x−2)的部分图象大致为A.B.

C.D.6.已知函数f(x)=2x+x−1，g(x)=log2x+x−1，ℎ(x)=x3+x−1的零点分别为a，b，c，则A.a>b>c B.b>c>a C.c>a>b D.b>a>c7.已知函数y=f(x)的图象关于点P(a,b)中心对称的充要条件是函数y=f(x+a)−b为奇函数，则函数f(x)=12x−1A.(1,1) B.(2,13) C.(0,−8.已知f(x)是定义在R上的偶函数，g(x)是定义在R上的奇函数，且f(x)，g(x)在(−∞,0]上单调递增，则下列不等关系恒成立的是(

)A.g(g(1))>g(g(2)) B.g(f(1))<g(f(2))

C.f(g(1))>f(g(2)) D.f(f(1))>f(f(2))二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.若a>0，b>0，且a+b=4，则下列结论正确的是(

)A.2a⋅2b=16 B.ab10.已知函数f(x)=sin(cosx)−A.f(x)是奇函数 B.f(x)图象有对称轴

C.f(x)是周期函数 D.f(1)<011.已知正实数x，y满足x4=1+xy8A.y>1 B.x<54 C.y2第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若ln(log2m)=0，则m=13.玉璜，是一种佩戴饰物.在中国古代，玉璜与玉琮、玉璧、玉圭、玉璋、玉琥等总称为“六瑞”，被《周礼》一书称为是“六器礼天地四方”的玉礼器，多作为宗教礼仪挂饰.现有一弧形玉璜呈扇环形，已知AD=4，弧AB长为2π，弧CD长为π，此玉璜的面积为

14.已知函数f(x)=sinx,x⩽0x2−2x+2a+5,x>0在(a,+∞)上有4个不同零点，则实数a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.(本小题13分)在平面直角坐标系xOy中，角α是第二象限角，且终边与单位圆交于点P(m,(1)求实数m及tanα的值(2)求cos (−α)+cos16.(本小题15分)已知函数f(x)=loga(−(1)若a=4，求函数f(x)的定义域及值域;(2)若函数f(x)在(1,3)上单调递增，求实数a的取值范围．17.(本小题15分)已知函数f(x)=asin(2x−π6)+b(a>0,b∈R)(1)求函数f(x)的解析式;(2)若对任意x1∈[0,π6]，存在x218.(本小题17分)已知函数f(x)=a(x+1)+1x(1)讨论函数f(x)的单调性(无需证明);(2)若a<0，解关于x的不等式f(|x−2|)>f((3)若关于x的方程f(3x+1)=1有两个不同的解，求实数19.(本小题17分)设点集D是集合M={(x,y)|x，y∈R}的一个非空子集，若按照某种对应法则f，D中的每一点(x,y)都有唯一的实数t与之对应，则称f为D上的二元函数，记为t=f(x,y).当二元函数f(x,y)满足对任意x，y，z∈R，均有： ①f(x,y)=f(y,x); ②f(x,x)=0; ③f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)成立，则称二元函数f(x,y)具有性质P．(1)试判断二元函数f(x,y)=|x−y|是否具有性质P，并说明理由;(2)若f(x,y)具有性质P，证明：函数g(x,y)=f(x,y)(3)对任意具有性质P的函数f(x,y)，均可推出F(x,y)=f(x,y)m+f(x,y)具有性质P，求实数m1.B

【解析】∵A={1,2,3}，B={0,2,4}，

∴A∩B={2}．

故选B．2.D

【解析】设f(x)=xα，

由f(2)=2∴f(x)=x12，

故选D．3.C

【解析】由ex>1，得x>0，反之也成立，

所以“x>0”是“ex>1”的充要条件．4.B

【解析】对于A、3−0.3<30=1，20.1>20=1，则3−0.3<20.1，故A错误；

对于B、log23>log22=1，log32<log33=1，则log23>log32，故B5.A

【解析】因为函数f(x)=(x+1)2(x−2)，

由f(x)=0，得x=−1或x=2，

当x<−1或−1<x<2时，f(x)<0，当x>2时，f(x)>0，

由选项可知，只有A满足题意，

6.B

【解析】由题得a，b，c分别为方程2

 x=1−x，log

 2x=1−x，x

 3=1−x的根，

在同一直角坐标系中作出y=2

 ​x，y=log

 ​2x，y=x

 ​3，y=1−x7.C

【解析】令g(x)=12x−1+12，

则定义域为{x|x≠0}，

且g(−x)=12−x−1+18.C

【解析】由题意，得f(x)在(0,+∞)递减，g(x)在R上递增，且g(0)=0，

对于A、因为g(2)>g(1)，则g(g(2))>g(g(1))，故A错误；

对于B、因为f(1)>f(2)，则g(f(1))>g(f(2))，故B错误；

对于C、因为g(2)>g(1)>0，则f(g(1))>f(g(2))，故C正确；

对于D、因为f(1)>f(2)，若f(1)>f(2)>0，则f(f(1))<f(f(2))，故D错误，

故选C．9.ABD

【解析】对于A、2a⋅2b=2a+b=24=16，故A正确；

对于B、ab⩽a+b2=2，当且仅当a=b=2时，取等号，故B正确；

对于C、log2a+log2b=log210.BCD

【解析】函数f(x)=sin(cosx)−cos(sinx)的定义域为R，

f(−x)=sin[cos(−x)]−cos[sin(−x)]=sin(cosx)−cos(sinx)=f(x)，

则函数f(x)是偶函数，图像关于y轴对称，故A错误，B正确;

因为cos(x+2π)=cosx，sin(x+2π)=sinx，

所以f(x+2π)=sin[cos11.ABD

【解析】由y8=3x+y，x>0

可得y8−y=y(y7−1)=3x>0，

又y>0，则y7−1>0，故y>1，故A正确；

x>0，则x4=x+1>1，则x4>1，即x>1，

令f(x)=x4−x−1，x>1，

则正实数x为f(x)=0的解，即为f(x)的零点，

f(x)=x4−x−1=x(x3−1)−1，

x>1，x3−1>0，且函数y=x与y=x3−1都单调递增，

故f(x)=x4−x−1在x>1时单调递增，

f(1)=−1<0，f(54)=625256−54−1=625−320−256256=49256>0，

故f(x)在(1,54)上存在零点，即1<x<54，故B正确；

y8−y=3x，1<x<54，则3x∈(3,154)，

令g(y)=y8−y，y>1，则g(y)∈(3,154)，

g(y)=y8−y=y(y7−1)，

由y>1，y12.2

【解析】由ln(log2m)=0得log2m=113.6π

【解析】玉璜的面积为12×(π+2π)×4=6π，

故答案为14.[−3π,−2π)

【解析】由sinx=0得x=kπ(k∈Z)，

①若f(x)=x2−2x+2a+5无零点，则(−2)2−4(2a+5)<0，得a>−2，此时f(x)=sinx满足条件的零点最多1个，不合题意；

②若f(x)=x2−2x+2a+5只一个零点，则a=−2，此时f(x)=sinx满足条件的零点最多1个，不合题意；

③若f(x)=x2−2x+2a+5有两个零点，一个正数，另一个为零，则a=−52，此时f(x)=sinx满足条件的零点只1个，不合题意；

④若f(x)=x2−2x+2a+5有两个正零点，则(−2)2−4(2a+5)>02a+5>0，则−52<a<−2，此时f(x)=sinx满足条件的零点有1个，不合题意；

⑤若15.解(1)因为角α与单位圆交于点P(m,45)，所以sinα=45，cosα=m，

又角α为第二象限角，且sin2α+cos216.解：(1)当a=4时，f(x)=log4(−x2+4x−3)，

令−x2+4x−3>0⇒1<x<3，

所以函数f(x)定义域为(1,3)，

又f(x)=log4[−(x−2)2+1]，

所以0<−x2+4x−3⩽1⇒log4(−x2+4x−3)≤0，所以函数f(x)的值域为(−∞,0]．

(2)设t=−x2+ax−3，因为f(x)在(1,3)上为增函数，

所以当a>1时，t=−x2+ax−3在(1,3)17.解：(1)因为0≤x≤π2，所以−π6≤2x−π6≤5π6，

则−12≤sin(2x−π6)≤1，

又a>0，故−a2+b≤f(x)≤a+b，

依题意则−a2+b=0a+b=3，解得a=2b=1，

故f(x)=2sin(2x−π6)+1；

(2)由题意可知f(x1)min≥f(x2)min，

18.解：(1) f(x)定义域为{x|x≠0}，

当a=0时，f(x)=1x在(−∞,0)和(0,+∞)上单调递减;

当a<0时，f(x)=ax+1x+a在(−∞,0)和(0,+∞)上单调递减;

当a>0时，f(x)=ax+1x+a在(−∞,−aa)和(aa,+∞)上单调递增;

在(−aa,0)和(0,aa)上单调递减;

(2)由f(x)的定义域知|x−2|>0，x2>0，得x≠2且x≠0，

又由(1)知当a<0时，f(x)=ax+1x+a在(0,+∞)上单调递减;

故f(|x−2|)>f(x2)⇔|x−2|<x2，

则x>2x−2<x2或x<22−x<x2，即x<−2或x>1，

所以不等式f(|x−2|)>f(x2)的解集为{x|x<−2或1<x<2或x>2}．

(3)令t=3x+1，则其在R上单调递增，且t>1．19.解：(1) f(x,y)=|x−y|具有性质P，

所以f(y,x)=|y−x|=f(x,y)，

f(x,x)=|x−x|=0，

f(x,z)+f(z,y)=|x−z|+|z−y|≥|x−z+z−y|=|x−y|=f(x,y)，

故f(x,y)=|x−y|具有性质P．

(2)因为g(x,y)=f(x,y)=f(y,x)=g(x,y);

g(x,x)=f(x,x)=0;

下证g(x,z)+g(z,y)≥g(x,y)，

即证f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)，

⇔f(x,z)+f(z,y)+2f(x,z)f(z,y)≥f(x,y)，(∗)，

又f(x,y)具有性质P，故f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)，

结合2f(x,z)f(z,y)≥0，知(∗)式成立，

故g(x,z)+g(z,y)≥g(x,y)成立，

所以函数g(x,y)具有性质P．

(3)先证f(x,y)具有性质P时，必有f(x,y)≥0成立．

因为f(x,y)具有性质P，由 ③知f(x,y)+f(y,x)≥f(x,x)=0，

由 ①知f(x,y)=f(y,x)，故2f(x,y)≥0，即f(x,y)≥0成立．

(i)若m<0，当f(x,y)有性质P时，知f(x,y)≥0，且F(x,y)也有性质P，

故F(x,y)=f(x,y)m+f(x,y)≥0，从而m+f(x,y)>0恒成立，

故f(x,y)>−m>0，即f(x,y)>(−m)2>0，

取y=x得f(x,x)>(−m)2>0与f(x,