湖北省武汉市2024-2025学年高一上学期1月期末数学试题 含解析

—学年度上学期高一期末质量检测数学试卷本试题卷共4页，题全卷满分分考试用时分钟.注意事项：､班级､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.非选择题的作答：用黑色签字笔直接在答题卡对应的答题区域内写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共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】A【解析】【分析】解一元二次不等式，根据交集运算求解.【详解】因，所以，故选：A2.已知函数，则的增区间是（）A.B.C.D.【答案】C第1页/共16页【解析】【分析】利用整体代换法求正弦型函数的增区间.【详解】令，解得，所以函数的增区间是.故选：C.3.“”是“在上单调递减”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】根据函数单调性的定义及充分条件、必要条件求解.【详解】当在上单调递减，设任意，且，则，又，所以可得，故“”是“在上单调递减”的充要条件，故选：C4.函数的零点所在的区间为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出函数单调性和，再结合零点存在定理即可得解.第2页/共16页【详解】因为函数和均为单调递增函数，所以函数为单调递增函数，又，所以，所以由零点存在定理可知函数的零点所在的区间为.故选：B.5.一种药在病人血液中会以每小时的比例衰减，这种药在病人血液中低于时病人就有危险，现给某病人的静脉首次注射了这种药，那么再次向病人补充这种药的时间间隔不能超过（）（，精确到）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可得，结解不等式即可.【详解】设再次向病人补充这种药的时间间隔不能超过，则，可得，所以再次向病人补充这种药的时间间隔不能超过.故选：A.6.已知相互啮合的两个齿轮，大轮有48齿，小轮有20齿，当大轮转动一周时，小轮转动的角度（弧度）是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】通过相互啮合的两个齿轮转动的齿数相同，得到大轮转动一周时，小轮转动的周数，即可求小轮转动的角度.第3页/共16页【详解】因为相互啮合的两个齿轮，大轮48齿，小轮20齿，所以当大轮转动一周时时，大轮转动了48个齿，所以小轮此时转动周，即小轮转动的角度为.故选：B7.下列大小关系正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式及正弦函数性质判断A；利用指数、对数函数及幂函数的单调性判断BCD.【详解】对于A，，A错误；对于B，，B错误对于C，，C错误；对于D，，D正确.故选：D8.已知函数的定义域为，对任意的，都有，当时，，且，若，则不等式的解集是（）A.或B.C.或D.【答案】D【解析】【分析】先由题设结合赋值法求出和函数单调性解不等式得，解该不等式即可得解.第4页/共16页【详解】因为对任意的，都有，，且，所以，且，设任意，则，则，又，所以，若，则当时，，则，矛盾，所以，所以，所以函数是单调递减函数，所以不等式等价于，所以，故即，解得.所以不等式的解集是.故选：D1是巧妙赋值求出求出和2是由所给条件结合单调性定义求出函数是单调递减函数.二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列几种说法中，正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】取特例判断A，根据作差法判断BC，利用不等式性质判断D.第5页/共16页【详解】当时，满足，但不成立，故A错误；因为，所以，即，故B正确；因为，所以，即，故C正确；因为，所以，所以，又，所以，故D正确.故选：BCD10.已知，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】BC【解析】ABC，根据诱导公式判断D.【详解】因为在上不单调，所以，则不成立，故A错误；因为在上单调递减，所以，则成立，故B正确；因为，所以，故C正确；因为，，所以或，即或，故D错误.故选：BC已知，则下列说法正确的是（）第6页/共16页A.是奇函数B.若，则C.若，则D.若方程有两个不同的实数解，则【答案】ACD【解析】【分析】根据奇偶性定义即可判断A；分析函数的单调性即可判断B；由函数的奇偶性和单调性得到即可判断C；依次作出函数、和的图象，数形结合即可得解判断D.【详解】对于A，因为，所以函数定义域为R，且，故函数是奇函数，故A正确；对于B，因为为增函数，所以为减函数，所以若，则，故B错误；对于C，因为，所以，因为为减函数，所以，所以，故C正确；对于D，令，依次作出函数、和的图象如图所示：第7页/共16页因为方程有两个不同的实数解，所以由图得，故D正确.故选：ACD.有两个不同的实数解的参数m时，通过作出函数、和的图象可简化问题的难度而得解.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.__________.【答案】6【解析】【分析】根据对数的运算及性质求解.【详解】,故答案为：613.已知，则__________.【答案】【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系求解.【详解】因为，所以，所以，第8页/共16页故答案为：14.已知，则的最小值为__________.【答案】##4.5【解析】【分析】根据“1”的变形技巧，利用基本不等式得解.【详解】由可得，所以，当且仅当，即时等号成立，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）已知，求；（2）已知是第三、四象限角，且，求.【答案】（1）2）.【解析】1）利用诱导公式化简，再利用同角三角函数的基本关系即可求值；（2）利用同角三角函数的基本关系化简，再结合是第三、四象限角求解即可.1）原式，又，所以原式；（2）因为①，第9页/共16页两边平方得，因为②，所以③，②+③得，即，所以，因为是第三、四象限角，所以，所以，所以④，联立①④，解得，，所以.16.已知函数.（1）若，求的值；（2）若，解不等式.【答案】（1）（2）【解析】1）由得a的方程，解方程即可得解；（2）由函数的单调性得不等式组，解该不等式组即可得解.1）因为，所以，即，因为，所以，第10页/共16页（2）因为，不等式，所以，即①，因为在上单调递减，所以①等价于，由②得，解得，由③得，解得，取交集得不等式的解集是.17已知函数，且.（1）求的最小正周期和的值；（2）求在区间上的最大值和最小值；（3）若，且，求的取值集合.【答案】（1），（2）最大值，最小值（3）【解析】1得方程的范围即可得第11页/共16页解.（2）由的范围结合的性质即可求解；（3）由得，结合正弦函数性质得不等式，结合解该不等式即可求解.【小问1详解】的最小正周期，因为，所以，即，所以，又，所以取，.【小问2详解】由（1）知，因为，所以，因为在上单调递增，在上单调递减，所以，即时，取得最大值，因为，所以，即时，取得最小值；【小问3详解】由得，所以，第12页/共16页所以，又，所以只能取，得，即.18.已知定义在上函数.（1）若，求的值域；（2）是否存在，使是奇函数？若存在，求出值；若不存在，请说明理由；（3）若函数在上是减函数，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）存在（3）【解析】1）当时，利用指数函数的性质即可得出值域；（2）根据函数为奇函数利用求，再检验即可；（3）根据函数为减函数，利用单调性定义转化为成立，再由指数函数单调性得解.【小问1详解】当，，设，则，因为，所以，所以，即的值域是，【小问2详解】若是定义在上的奇函数，第13页/共16页则，即，所以，即，此时，，所以，所以存在，使为奇函数.【小问3详解】因为在上的单调递减，设，且，则，即，因为，所以，因为，所以因为，所以只需即，因为，所以.【点睛】关键点点睛：函数变形时，需要对指数的运算熟练且变形能力强，对运算能力要求较高.19.已知函数.（1）求的零点；（2）设函数的最大值为，求的解析式；（3）若任意，存在，使，求实数的取值范围.第14页/共16页【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】1）由得，解该方程即可得解；（2）先由题设得，构造函数，分、和三种情况结合二次函数单调性分析讨论即可求解.（3）求出最小值和的最小值