浙江省宁波市九校2024-2025学年高一上学期期末联考数学试题 含解析

宁波市学年第一学期期末九校联考高一数学试题注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.选择题部分85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】D【解析】【分析】根据两集合中元素的特征，判断集合中的任意一个元素都是集合中的元素，从而可得答案.【详解】集合中的元素是所有奇数，集合中的元素是所有被4整除余1的数，因为任意一个被4整除余1的数都是奇数，即集合中的任意一个元素都是集合中的元素，所以，，A选项错误，D选项正确；且，C选项错误；，B选项错误.故选：D.2.已知函数，则的零点所在区间为（）A.B.C.D.第1页/共19页【答案】C【解析】【分析】利用零点存在性定理判断各区间端点处的符号即可得出结论.【详解】易知函数在上单调递增，易知，，满足，因此的零点所在区间为.故选：C3.函数的定义域为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据正切函数的定义域，利用整体思想，建立不等式，可得答案.【详解】因为，所以.则函数的定义域为故选：A.4.下列命题为真命题的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】D【解析】【分析】通过举反例可排除A，B，C；利用作差法可推得D正确.第2页/共19页【详解】对于A，因，取，则，有，故A是假命题；对于B，当时，，故B是假命题；对于C，取，，满足，但，故C是假命题；对于D，由，由，所以，故D是真命题.故选：D.5.“函数在上单调”的一个充分不必要条件是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意结合复合函数的单调性，求出在上单调时的范围，结合选项找出该范围的一个充分不必要条件，即得答案.【详解】因为函数在不可能单调递减，所以在上单调等价于：①在上单调递增，②，所以，解得，结合选项可知是的充分不必要条件，故选：B.6.若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（）A.3B.C.4D.【答案】C【解析】第3页/共19页【分析】由不等式恒成立，确定，且，再由基本不等式即可求解．【详解】不等式可化为，当时，不等式为，不满足对任意的恒成立；当时，，图象开口向下，不满足题意，所以，且，所以，所以，且，；所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为4．故选：C7.已知是定义在时，在上的最大值为（）A.B.C.5D.6【答案】B【解析】【分析】根据得，利用奇函数定义求出时，，再由单调性求解最大值即可.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，解得，则当时，，若时，则，，所以，由和在R上单调递减，知在上单调递减，故当时，所以.故选：B第4页/共19页8.已知函数（，为的零点，为图象的对称轴，且在上单调，则的最大值为（）A.10B.12C.14D.18【答案】C【解析】【分析】根据零点和对称轴列式求得，根据单调区间得，根据正弦函数性质依次判断和，即可得解.【详解】由题意知，，所以，又因为，所以.当时，，因为，所以，此时，经检验，在上不单调，舍去；当时，，因为，所以，此时，经检验，在上单调递减.故选：C36分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对部分得分.9.下列命题中正确的是（）A.，B.，C.，D.，【答案】AC【解析】第5页/共19页和AB和的图象，可判断CD.【详解】在同一坐标系中画出和的图象，如下图所示：显然对于，图象在上方，即，，即A正确；当时，图象在下方，即，因此B错误；在同一坐标系中画出和的图象，如下图所示：由图可知，时的图象在的下方，即，，可得C正确；当时，的图象在的上方，所以，即D错误.故选：AC10.设函数，则（）A.是周期函数B.的图象有对称中心C.的图象关于直线对称D.在区间上单调递减【答案】ABD【解析】ABC判断D.第6页/共19页【详解】函数的定义域为，又，所以，所以，所以，所以，其中，所以，所以函数为周期函数，A正确；因为，所以函数的图象关于点中心对称，B正确；因为，，即当时不成立，所以的图象不关于直线对称，C错误；因为函数在上单调递减，且时，，所以在上单调递增，所以，在上单调递减，即区间上单调递减，D正确；第7页/共19页故选：ABD.已知函数x的方程有四个不同的实数解，它们从小到大依次记为，，，，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据给定条件，探求出函数的性质，作出函数图象，令，,利用二次函数根与系数的关系解决即可.【详解】令，则，当时，，在单调递减，，在单调递增，；当时，，在单调递减，，在单调递增，，作出的图象如下：若关于x的方程有四个不同的实数解，结合图像可知，在只有一个解，记，①当有两个零点时，则一个零点为负数，另一个零点在，由题意，有，解得；第8页/共19页②当有且仅有一个零点时，，即或时，需要才行，无解，所以综上①②，a的取值范围是，故D正确.因为，由得，所以，故B正确；又，根据韦达定理可知中，，，所以，故C错误，A正确.故选：ABD【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知扇形的周长为，圆心角为，则扇形的面积为__________.【答案】【解析】【分析】设扇形半径为，由条件结合弧长公式求，再由扇形面积公式求结论.【详解】设扇形半径为，则，解得，所以故答案为：.13.设矩形（）的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点，则的最大面积是__________.【答案】【解析】【分析】根据题意设，用表示，以及面积，结合基本不等式即可求得结果【详解】由题意可知，矩形的周长为，第9页/共19页设，则，设，则，,故，而为直角三角形，∴，∴，∴，∴.当且仅当，即时，此时，满足，即时，的面积取最大值，最大值为.故答案：.14.已知，若对于任意的，恒成立，则a的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】先根据偶函数定义得是偶函数，再根据复合函数的单调性可知，在上单调递增，从而利用单调性将不等式转化为，根据和分别求解a的范围，最后求交集即可.第10页/共19页【详解】对于函数，因为，所以恒成立，其定义域为，又，且，所以为R上的偶函数.由复合函数的单调性可知，在上单调递增，所以等价于，即，即.当时，恒成立，所以；当时，恒成立，所以.综上，.故答案为：四、解答题：本大题共5小题，共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..【答案】（1）2）【解析】1）根据指数幂的运算性质及对数的运算性质化简计算即可；（2的值可得结论..1）因为，，第11页/共19页，，所以原式；（2）因为，所以或，又，所以，原式.16.已知，（1）若，求；（2）若，则求实数m的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】1）解不等式化简，利用集合补集和并集定义计算即可；（2）由知，利用集合间关系求的范围.【小问1详解】，当时，，，，.【小问2详解】∵，∴.当时，，；第12页/共19页当时，即，即.∴.17.已知函数（.（1）求的值及的单调递增区间；（2的图象向左平移2得到函数的图象，则求不等式的解集【答案】（1），，.（2），【解析】1）将函数解析式整理，由根据的范围，求出，得到，结合正弦函数的递增区间，列出不等式求解，即可求出的单调递增区间；（2）根据题中条件，得到变换后的函数解析式，将所求不等式化为，求解，即可得出结果.【小问1详解】，因为，所以，，第13页/共19页又因为，所以，则，令，，得，，所以的单调递增区间为，.【小问2详解】由（1）知，将的图象向左平移个单位，可得的图象，再将其图象上每个点的横坐标变为原来的2的图象，所以因为，所以，解得，所以的解集为，.18.已知函数，，，；（1）当时，求函数的值域；（2）当时，恒成立，求的取值范围；（3对任意，的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】第14页/共19页1）首先求出的取值范围，再对勾函数的单调性求出函数的值域；（2）令，依题意可得在上恒成立，结合函数的单调性求出，即可得解；（3）依题意可得对任意，恒成立，即，令，、、、的最值，从而得到不等式，即可求出参数的取值范围.【小问1详解】当时，，且在上单调递增，又在上单调递减，在上单调递增，故在上单调递减，在上单调递增，因为，，，所以【小问2详解】令，因为，所以，依题意可得在上恒成立，即在上恒成立，又函数在上单调递增，所以当时，所以.【小问3详解】由（1）知，在上的最大值为，第15页/共19页所以对任意，恒成立，即，令，，①，即时，在上单调递增，所以，所以，所以；②，即时，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以；③，即时，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以；④，即时，在上单调递减，所以，所以，所以综上可得，的取值范围为.19.和都是定义在为奇函数，（，为类正弦函数，为类余弦函数.（1）求类正弦函数和类余弦函数的解析式；（2）求证：（ⅰ）；（ⅱ）；第16页/共19页（3）解关于的不等式：，其中为非零常数.【答案】（1），（2（3）答案见解析【解析】1）根据函数的奇偶性和得到，联立求出答案；（21）所得解析式，求，即可证明；（ⅱ）根据函数的解析式求，，由此证明结论；（3）令，原不等式可化为，分别在条件，，，，条件下，结合指数函数单调性求解不等式可得结论，【小问1详解】由性质②知，所以，由性质①知，，所以，解得，【小问2详解】（ⅰ）证明：因为，，所以（ⅱ）证明：因为，第17页/共19页，所