2024-2025學年福建省廈門市高一上冊1月期末數學質量檢測試題（附解析）

2024-2025學年福建省廈門市高一上學期1月期末數學質量檢測試題一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，，則（

）A． B．C． D．2．已知，則（

）A．2 B． C．3 D．43．已知，為第二象限角，則（

）A． B． C． D．4．已知，，，則（

）A． B．C． D．5．若命題：，是假命題，則（

）A． B．C．或 D．6．已知定義在上的奇函數滿足①；②，，且，，則的解集為（

）A． B．C． D．7．已知函數，若，則（

）A． B．C． D．8．已知函數恰有三個零點,則實數的取值范圍為（

）A． B．C． D．二、多選題（本大題共4小題）9．下列函數中，與函數是同一個函數的是（

）A． B．C． D．10．函數在區(qū)間內存在零點的充分條件可以是（

）A． B．C． D．11．已知實數，，滿足且，則（

）A． B．C． D．12．已知表示不超過的最大整數，例如：，.定義在上的函數滿足，且當時，，則（

）A．B．當時，C．在區(qū)間上單調遞增D．關于的方程在區(qū)間上恰有23個實根三、填空題（本大題共4小題）13．已知某扇形的半徑為2，弧長為，則該扇形的圓心角為.14．已知函數的定義域為，，，，，，…，.寫出滿足上述條件的一個函數：.15．已知函數，若，則的最小值為.16．水星是離太陽最近的行星，在地球上較難觀測到.當地球和水星連線與地球和太陽連線的夾角達到最大時，稱水星東（西）大距，這是觀測水星的最佳時機（如圖1）.將行星的公轉視為勻速圓周運動，則研究水星大距類似如下問題：在平面直角坐標系中，點A，分別在以坐標原點為圓心，半徑分別為1，3的圓上沿逆時針方向做勻速圓周運動，角速度分別為，.當達到最大時，稱A位于的“大距點”.如圖2，初始時刻A位于，位于以為始邊的角的終邊上.（1）若，當A第一次位于的“大距點”時，A的坐標為；（2）在內，A位于的“大距點”的次數最多有次四、解答題（本大題共6小題）17．已知函數.(1)若的解集為，求，；(2)若，，，求的最小值.18．已知函數的部分圖象如圖所示.(1)求的解析式；(2)將的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，求在區(qū)間上的最大值和最小值.19．已知函數.(1)判斷在區(qū)間上的單調性，并用定義證明；(2)當時，恒成立，求實數的最大值.20．已知函數.(1)求的單調遞增區(qū)間；(2)若方程在區(qū)間上有三個實根，，，求的值.21．在常溫下，物體冷卻的溫度變化可以用牛頓冷卻定律來描述：如果物體原來的溫度為，空氣的溫度為，那么分鐘后物體的溫度（單位：）可由公式求得，其中是一個隨著物體與空氣的接觸狀況而定的正常數.知空氣的溫度為，現用某品牌電熱水壺燒600毫升水，2分鐘后水燒開（溫度為），再過30分鐘，壺中開水自然冷卻到.假設燒水時水的溫度是關于時間的一次函數，水的初始溫度與空氣的溫度一致.(1)從開始燒水算起，求壺中水的溫度（單位：）關于時間（單位：分鐘）的函數解析式；(2)電熱水壺在保溫模式下會自動檢測壺中水溫，若水溫高于，保溫管不加熱；若水溫不高于，保溫管開始加熱，直至水溫達到才停止加熱，保溫管加熱時水溫的上升速度是正常燒水時的.水燒開后，立即將電熱水壺設定為保溫模式.從開始燒水算起，求96分鐘后壺中水的溫度.22．已知函數.(1)解不等式；(2)討論函數的零點個數.

答案1．【正確答案】B【分析】根據交集運算求解.【詳解】由題意可得.故選：B.2．【正確答案】B【分析】根據對數運算分析求解.【詳解】因為，可得，且，解得.故選：B.3．【正確答案】C【分析】根據同角三角關系運算求解，注意象限角的三角函數值符號.【詳解】因為，為第二象限角，則，所以.故選：C.4．【正確答案】D【分析】利用指數函數和冪函數的單調性可得出、、的大小關系.【詳解】因為指數函數為上的增函數，則，又因為冪函數在上為增函數，則，故.故選：D.5．【正確答案】A【分析】對于含量詞的命題為假命題，一般是通過該命題的否定為真命題求出參數范圍.【詳解】由命題：，是假命題，可知命題的否定：“，”是真命題，即，解得.故選：A.6．【正確答案】A【分析】由題目條件得到在上單調遞增，且為偶函數，，其中，根據函數單調性和奇偶性得到不等式，求出解集.【詳解】不妨設，，故在上單調遞增，因為為定義在上的奇函數，所以，故定義域為，且，故為偶函數，因為，所以，，所以，解得或.故選：A7．【正確答案】D【分析】根據題意結合二次函數圖象分析判斷.【詳解】由題意可知：函數的對稱軸為，且，如圖所示，若，結合對稱性可知，且，對于選項A：例如，則符合題意，但，故A錯誤；對于選項BC：若，顯然滿足題意，但，，故BC錯誤；對于選項D：因為，則，所以，故D正確；故選：D.8．【正確答案】B【分析】因為,對進行分類討論,利用數形結合的方法即可得到結果.【詳解】因為,①當時,做出兩段拋物線的圖像如圖:此時函數只有兩個零點,不滿足題意;②當時,,做出兩段拋物線的圖像如圖:此時函數恰有三個零點,滿足題意;③當時,因為在有兩個零點,且當時兩段拋物線的函數值相等,若要滿足題意,則兩段拋物線的圖像應該如圖:此時,滿足題意;綜上實數的取值范圍為.故選:B.9．【正確答案】BD【分析】根據題意結合函數相等的定義逐項分析判斷.【詳解】顯然函數的定義域為，對于選項A：因為，即對應關系不一致，故A錯誤；對于選項B：因為，且定義域為，所以兩個函數相同，故B正確；對于選項C：因為的定義域為，即定義域不同，故C錯誤；對于選項D：因為恒成立，即的定義域為，且，所以兩個函數相同，故D正確；故選：BD.10．【正確答案】AB【分析】先判斷函數單調性，再根據零點存在性定理列出不等式求解，結合充分條件定義即可判斷各選項.【詳解】因為在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，所以在區(qū)間上單調遞減，若函數在區(qū)間內存在零點，則，即，解得，故AB符合題意，CD不符合題意.故選：AB.11．【正確答案】ACD【分析】AC選項，作差法比較大??；B選項，舉出反例；D選項，變形后，作差法比較大小.【詳解】因為且，所以，A選項，，故，A正確；B選項，不妨設，此時滿足且，但，B錯誤；C選項，因為且，所以，，所以，C正確；D選項，，因為，所以，故，D正確.故選：ACD12．【正確答案】ACD【分析】對于A：直接代入運算即可；對于B：根據題意結合即可求解析式；對于C：先求的單調區(qū)間，進而可得結果；對于D：分和兩種情況，結合圖象分析方程的根的個數.【詳解】對于選項A：，故A正確；對于選項B：因為，則，可得，故B錯誤；對于選項C：因為當時，，可知當時，單調遞增，當時，單調遞減，結合，可知的單調遞增區(qū)間為，當時，，，故在區(qū)間上單調遞增，故C正確；對于選項D：當，，且，則，且等號不同時成立，原方程無實根；當時，畫出函數的圖象，如圖所示，因為，要證，只需證，令，則，只需證，如圖所示，可知，成立，所以方程在區(qū)間上恰有2個實根，所以方程在區(qū)間上恰有個實根，故D正確.故選：ACD.易錯點睛：利用數形結合求方程解應注意兩點1.討論方程的解(或函數的零點)可構造兩個函數，使問題轉化為討論兩曲線的交點問題，但用此法討論方程的解一定要注意圖象的準確性、全面性、否則會得到錯解．2.正確作出兩個函數的圖象是解決此類問題的關鍵，數形結合應以快和準為原則而采用，不要刻意去數形結合．13．【正確答案】/【分析】設出圓心角，利用弧長公式得到方程，求出答案.【詳解】設圓心角為，則，解得.故14．【正確答案】（答案不唯一）【分析】根據題意結合指數運算分析求解即可.【詳解】例如，則，且，所以符合題意.故答案為.15．【正確答案】4【分析】根據題意結合圖象可得，且，結合基本不等式運算求解.【詳解】作出函數的圖象，如圖所示，因為，且，則，可得，即，且，則，當且僅當，即時，等號成立，所以的最小值為4.故4.16．【正確答案】6【分析】根據題意可得，，可得，結合倍角公式運算求解；根據題意分析可知求“大距點”個數的問題轉化為直線與在的交點個數問題，結合圖象分析求解.【詳解】（1）當時，經過時間，，，當A位于的“大距點”時，與小圓相切，此時為直角三角形，所以，因為，所以，因為A是第一次位于的“大距點”，可知，則，所以，，即A的坐標為；（2）經過時間，，，對于任意，當A位于的“大距點”時，A，兩點坐標滿足，即，當時，求“大距點”個數的問題轉化為直線與在的交點個數問題.若與有7個交點，則第1個交點到第7個交點間隔恰好3個周期，共長度等于36，因為，所以內不可能有7個交點.又當時，如圖所示，與有6個交點，故A最多有6次位于的“大距點”.故；6.方法點睛：數形結合求交點個數：對于給定的函數不能直接求解或畫出圖形，常會通過分解轉化為兩個函數圖象，然后數形結合，看其交點的個數有幾個．17．【正確答案】(1)，(2)9【分析】（1）根據題意可知，是方程的兩根，利用韋達定理運算求解；（2）由題意可得，根據“1”的靈活應用結合基本不等式運算求解.【詳解】（1）因為的解集為，可知，是方程的兩根，則，解得，.（2）因為，即，且，，則，當且僅當，即時，等號成立，所以當，時，的最小值為9.18．【正確答案】(1)(2)最小值；最大值1【分析】（1）根據題意結合五點法求函數解析式；（2）根據圖象變換可得，以為整體，結合正弦函數的有界性分析求解.【詳解】（1）由圖可知：，且，因為，所以.又因為，即，則，即.且，可知，所以.（2）由的圖象向右平移個單位長度后得，因為，令，當，即時，取最小值；當，即時，取最大值1.19．【正確答案】(1)在區(qū)間上單調遞減，證明見解析(2)【分析】（1）根據題意結合單調性的定義分析證明；（2）解法一：分析可知為偶函數，結合單調性可得在區(qū)間上的最小值為，且可得恒成立，根據恒成立問題分析求解；解法二：根據不等式性質結合對數函數分析可知在區(qū)間上的最小值為，結合恒成立問題分析求解.【詳解】（1）在區(qū)間上單調遞減.證明：，，且，則，因為，則，，，，可得，即，所以在區(qū)間上單調遞減.（2）解法一：因為的定義域為，且，所以為偶函數.由（1）可知在上單調遞減，所以在區(qū)間上單調遞增，所以在區(qū)間上的最小值為.因為恒成立，等價于恒成立，則，解得，所以的最大值為；解法二：因為，則，可得，所以，即當時，的最小值為.因為恒成立，可得，所以的最大值為.20．【正確答案】(1)，(2)【分析】（1）利用二倍角公式和輔助角公式化簡函數解析式，整體代入法求單調遞增區(qū)間；（2）結合正弦函數的圖像，利用對稱性求的值.【詳解】（1），由，，解得，所以的單調遞增區(qū)間為，.（2）解法一：令，由得，所以在區(qū)間上有三個實根，，，等價于在區(qū)間上有三個實根，，，由對稱性得，，所以，因為，，所以，所以.解法二：令，由，得，所以在區(qū)間上有三個實根，，，等價于在區(qū)間上有三個實根，，，由周期性，有，因為，，所以，.21．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）根據題意待定系數運算求解即可；（2）根據題意分從降溫至，從加熱至，從降溫至，三步求時間即可.【詳解】（1）由題意知，空氣的溫度為，水溫從自然冷卻到用時30分鐘，則，即，所以，當時，依題意設，則，解得，所以；當時，依題意得，，即；綜上所述.（2）由，解得，即從開始燒水算起，水溫從升到，再冷卻到，用了62分鐘，因為，所以保溫管加熱過，因為保溫管加熱時水溫上升速度是正常燒水時的，所以保溫管加熱時，水溫每分鐘升高，所以水溫從升至，所用時間為分鐘，假設水溫從降至需要分鐘，則，即，因為，所以，即水溫從冷卻至所用時間超過30分鐘，因為，所以從開始燒水算起，96分鐘內保溫管只加熱過1次，所以當時，，所以當時，，所以從開始燒水算起，96分鐘后壺中水的溫度為.22．【正確答案】(1)(2)答案見解析【分析】（1）結合函數的奇偶性與單調性計算即可得；（2）當時，等式恒成立，故為的一個零點，當時，表示出，可借助換元法，構造函數，結合零點與方程的關系計算即可得.【詳解】（1）的定義域為，因為，所以是奇函數.因為是增函數，所以是增函數，由得，即，所以，解得，即原不等式的解集為；（2）由得，①當，即時，等式成立，所