上海外国语大学附属浦东外国语学校2024-2025学年高一上学期期末考试数学试题（解析版）

第1页/共1页浦东外国语2024学年第一学期高一年级数学期末2025.1一、填空题（共36分，每題3分）1.2024°角终边在第______象限.【答案】三【解析】【分析】根据终边相同的角判断即可.【详解】且角是第三象限角，角的终边在第三象限.故答案为：三.2.函数的零点为______.【答案】【解析】【分析】先求出函数的定义域，通过解方程，再检验可得出答案.【详解】由定义域为由，即，可得解得或又时，不满足方程时满足条件.故答案为：3.已知，则方程的解集为__________.【答案】或，【解析】【分析】分类讨论去绝对值，即可求解.【详解】当时，方程为，解得，当时，方程为，解得，当时，方程为，解得，不符合，舍去，当时，方程为，解得，不符合，舍去，综上可得解集为或，故答案为；或，4.计算________．【答案】【解析】【分析】利用指数运算及对数运算计算得解.【详解】.故答案为：5.已知函数和其反函数的图象都过点，则________．【答案】【解析】【分析】利用互为反函数的关系，列式求出即可.【详解】依题意，点和都在函数的图象上，则，解得，所以.故答案为：6.已知扇形的面积为，弧长为，则扇形的圆心角的弧度数为______．【答案】##【解析】【分析】根据扇形面积公式求得扇形的半径，进而求得圆心角.【详解】设圆的半径为，扇形的圆心角的弧度数为，则，解得，故．故答案为：7.方程的解是______.【答案】或【解析】【分析】根据余弦函数的性质计算可得.【详解】因为，所以或，即方程的解是或.故答案：或.8.在直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的正半轴重合．若点在角终边上，且，则________．【答案】##【解析】【分析】结合三角函数的定义及诱导公式求，然后即可求解.【详解】因为，所以，由点在角终边上，所以，即，所以.故答案为：.9.设为常数且，在上是严格增函数，则实数的取值范围是_________【答案】【解析】【分析】根据指数函数单调性和对数函数单调性相关知识计算求解即可.【详解】因为在上是严格增函数，所以，因为，所以在单调递减，所以，又因为，所以，即实数的取值范围是.故答案为：10.设函数关于的方程有三个不等实根，，，则的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】画出函数图象，数形结合求解即可；【详解】画出函数图象，结合图形可知，仅当时，方程有三个不等实根，分别对应直线与图象三个交点的横坐标，其中两个交点位于二次函数图象上，不妨设，显然，关于对称，故，另一个交点位于一次函数图象上，令，解得，显然它在和以及的交点和之间，故，所以，故答案为：11.已知函数的值域为，则实数的取值范围为____________．【答案】【解析】【分析】先求解出时的值域，然后根据分类讨论时的值域，由此确定出的取值范围.【详解】当时，，此时，当且时，，此时，且，所以不满足；当且时，，由对勾函数单调性可知在上单调递增，在上单调递减，所以，此时，若要满足的值域为，只需要，解得；当且时，因为均在上单调递增，所以在上单调递增，且时，，时，，所以此时，此时显然能满足的值域为；综上可知，的取值范围是，故答案为：.12.关于函数，给出下列结论：①函数的图象关于轴对称；②如果方程（为常数）有解，则解的个数一定是偶数.③方程一定有实数解；以上结论正确的是____________【答案】①③【解析】【分析】由函数解析式可推出是偶函数，在上单调递增，在上单调递减，结合图形判断各项的正误.【详解】对①，令，解得，可知的定义域为，定义域关于原点对称，且，则为偶函数，即其图象关于轴对称，故①正确；对③，当时，则，因为在上单调递增，且恒成立，所以在上单调递减，当时，则，因为在上单调递减，且恒成立，所以在上单调递增，可得的函数图象如下：方程根的个数即为函数y=fx与y=kx+bk≠0由图象可得：当时，函数与函数的图象一定有交点，由对称性可知，当时，函数与函数的图象也一定有交点，故③正确；对于②：当时，方程只有1个解，故②错误；故答案为：①③.【点睛】关键点睛：根据函数解析式确定单调区间，奇偶性，进而结合图象判断各项的正误，注意一次函数的性质和函数对称性的应用.二、选择题（共12分，每题3分）13.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由得或，进而根据概念直接求解即可.【详解】解：解不等式得：或，因为是或的真子集，所以，是或的充分不必要条件，即“”是“”的充分不必要条件.故选：A14.用二分法研究函数的零点时，第一次经过计算得，，则其中一个零点所在区间和第二次应计算的函数值分别为（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】根据函数零点的存在性定理可知零点，结合对二分法的理解即可得出结果.【详解】因为，由零点存在性知：零点，根据二分法，第二次应计算，即.故选：B.15.已知函数的定义域为，值域为，则的最大值为（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】根据题意画出函数图象，结合指数函数图象相关性质和对数的运算法则进行计算即可.【详解】由题意得，，作出函数图象如图所示，令，解得或，则当，时，取得最大值，此时.故选：B16.定义在上的奇函数在区间上单调递减，且，则不等式的解集为()A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用奇函数的性质，结合单调性，借助换元法将原不等式转化成不等式组求解.【详解】由上的奇函数在上单调递减，得在上单调递减，，由，得，令，则不等式，于是或，由，得，则，解得，由，得或，则或，解得或，因此或或，解得或或，所以原不等式的解集为.故选：D三、解答题（共52分）17.已知函数的表达式．（1）证明：函数在其定义域上是严格减函数；（2）是否存在实数，使得函数是奇函数？并说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）利用减函数的定义即可证明结论.（2）证明当时fx是奇函数即可.【小问1详解】函数的定义域为R，而对任意，，有.所以函数在其定义域上是严格减函数.【小问2详解】当时，有，即函数奇函数.所以存在，使得函数是奇函数.18.已知．（1）化简并求；（2）若角为第二象限角，且，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用诱导公式及倒数关系化简，再利用特殊角的三角函数值求解.（2）利用同角公式计算即得.【小问1详解】依题意，，所以.【小问2详解】由角为第二象限角，且，得，所以.19.学校要建造一个面积为10000平方米的运动场.如图，运动场由一个矩形和分别以、为直径的两个半圆组成.跑道是一条宽8米的塑胶跑道，运动场除跑道外，其它地方均铺设草皮.已知塑胶跑道每平方米造价为150元，草皮每平方米造价为30元.（1）设半圆的半径（米），试建立塑胶跑道面积与的函数关系式S(r)；（2）由于条件限制，问当取何值时，运动场造价最低?（精确到元）.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件，求出塑胶跑道面积表达式，并确定定义域；（2）根据已知条件写出运动场造价的表达式，判断函数的单调性，求最小值即可.【小问1详解】塑胶跑道面积因为所以，故定义域为【小问2详解】设运动场造价为元；，令，，当时，解得，所以在上ℎ′x<0恒成立，所以ℎx所以函数在上为减函数，因为，所以当时，运动场造价最低为626510元.20.已知函数.（1）若恒成立，求的最大值；（2）若在上单调，求的取值范围；（3）求在上的最小值为，求.【答案】（1）（2）（3）或5【解析】分析】（1）由一元二次不等式恒成立，结合图象推得，解之即得；（2）先求函数的单调区间，依题使为其单调区间的子集，解不等式即得；（3）由函数的单调性，根据给定区间与其对称轴的关系，分类考虑分别求解即得.【小问1详解】由题意得恒成立，则，解得，所以a的最大值为.【小问2详解】由题意得图象的对称轴为直线，所以在上单调递减，在上单调递增.因为在上单调，所以或，解得或，即a的取值范围为.【小问3详解】当，即时，在上单调递减，，解得，舍去；当，即时，在上单调递增，，解得，符合题意；当，即时，在上单调递减，在上单调递增，，解得或0（，舍去）.故或521.若函数在其定义域内给定区间上存在实数满足，则称函数是区间上的“平均值函数”，是它的一个均值点．（1）已知函数的表达式是，判断函数是否是区间上的“平均值函数”，并说明理由；（2）已知函数的表达式是，若函数是区间上的“平均值函数”，求实数的取值范围：（3）已知函数的表达式是，其中为正整数，函数是区间（为正整数）上的“平均值函数”，1是函数的一个均值点，求所有满足条件实数对．【答案】（1）是，理由见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用“平均值函数”的定义判断即可.（2）利用“平均值函数”的定义列式，求出在有解的范围即可.（3）利用“平均值函数”的定义及均值点列式，推理求出即可.【小问1详解】依题意，，存在成立，所以是区间上的“平均值函数”