高級中學名校試卷PAGEPAGE1陜西省安康市2024-2025學年高一上學期1月期末聯考數學試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項、是符合題目要求的.1.函數的圖象恒過定點（）A. B. C. D.【答案】D【解析】對于函數（），令，即.當時，.所以函數（）的圖象恒過定點.故選：D.2.已知命題；命題，則（）A.和都是真命題 B.和都是真命題C.和都是真命題 D.和都是真命題【答案】B【解析】由于，則命題是假命題，是真命題；命題是真命題，是假命題.故選：B.3.有4根火柴棒的長度可以構成一個四元數集，將這4根火柴棒首尾相接連成一個平面四邊形，則這個平面四邊形可能是（）A.梯形 B.矩形 C.菱形 D.等腰梯形【答案】A【解析】可得四個元素互不相等，則四條邊互不相同，所以不可能圍成矩形、菱形和等腰梯形，有可能連成梯形.故選：A.4.在下列區間中，函數一定存在零點的有（）A B. C. D.【答案】B【解析】顯然，函數在以上區間都連續.，，，，，由于，所以函數在區間內不一定存在零點.由于，根據函數零點存在定理，函數在區間內一定存在零點.由于，所以函數在區間內不一定存在零點.由于，所以函數在區間內不一定存在零點.綜上所得，函數在區間內一定存在零點.故選：B.5.已知，且是方程的兩根，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】在區間內，，.已知和是方程的兩根，根據韋達定理有，.因為，所以.又因為，所以，則，所以，又，即，解得.故選：C.6.已知某扇形的圓心角為，周長為10，設甲：為第二象限角；乙：該扇形的面積為6，則（）A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件又不是乙的必要條件【答案】D【解析】設扇形的半徑為，弧長為，則，解得或，所以當時，（弧度），其為第二象限角；當時，（弧度），其不第二象限角，又第二象限角的范圍為，所以甲無法推出乙，乙也無法推出甲.故選：D.7.已知，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】，因此，，則，所以.故選：A.8.已知正數滿足，則的最小值為（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】正數滿足，則，當且僅當，即時取等號，所以，當且僅當時取等號，所以的最小值為4.故選：B.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知，則下列不等式一定成立的有（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】對于A，因為，所以，故A正確；對于B，當時，，故B錯誤；對于C，，故C正確；對于D，因為，所以，所以，所以，故D正確.故選：ACD.10.已知為銳角，角的始邊均為軸正半軸，終邊關于軸對稱，則（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則【答案】BCD【解析】對于A選項，不能確定的值，A選項錯誤；對于B選項，由題意，可得，是銳角，，，B選項正確；對于C選項，由題意，由可得，，選項C正確；對于D選項，由，，，兩邊平方，得到，，D選項正確.故選：BCD.11.現定義：若對定義域內任意，都有，其中為正數，則稱函數為“倍平移函數”，則（）A.函數為“3倍平移函數”B.函數不是“1倍平移函數”C.函數是“2倍平移函數”D.若函數是“2倍平移函數”，則【答案】AD【解析】對于A，因為，又，由于上單調遞增，所以，所以函數為“3倍平移函數”，故A正確；對于B，因為，所以，所以，因為，所以，所以函數是“1倍平移函數”，故B錯誤；對于C，因為，所以，當時，，，即，所以函數不是“2倍平移函數”，故C錯誤；對于D，若，是“2倍平移函數”，則，即對恒成立，可得，當時，可得，整理得，所以，解得；當時，可得，整理得，所以，解得；綜上，，故D正確.故選：AD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數，則__________．【答案】【解析】因，所以.13.已知函數，若和的圖象與軸的交點完全相同，則的最小值為__________．【答案】【解析】因為和的圖象與軸的交點完全相同，則，即，所以，解得，又，所以的最小值為.14.已知函數，若，則的取值范圍為__________，若恒成立，則的最大值為__________．【答案】6【解析】函數的定義域為R，，函數是偶函數，當時，令，函數在上單調遞增，而函數是增函數，因此函數在上單調遞增，，則，解得或，所以的取值范圍為；，當且僅當時取等號，，不等式，而，當且僅當，即時取等號，因此，所以的最大值為6.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.設集合．（1）若，求；（2）若，求的取值范圍．解：（1），所以，或x≥4，若，，所以.（2）因為，所以，解得.16.（1）求的值；（2）已知，求的值.解：（1）.（2）由可得，則，所以，所以.17.已知冪函數的定義域為．（1）求的值；（2）判斷在上的單調性，并用定義法進行證明．解：（1）因為是冪函數，所以，解得或，當，冪函數的定義域為，符合題意；當，冪函數的定義域為，不符合題意；所以，所以．（2）在上單調遞增，理由如下：由（1）可得，且，所以，因為，，所以，又，所以，所以，所以，所以，所以在上單調遞增.18.某人工調控的河流的河道容量上限可以用如下公式測算：，其中是河道寬度，是平均徑流量，是平均蒸發量．（1）若初始情況下，在不改動河道寬度的前提下，要使擴大，求應控制的值；（2）已知徑流量，證明：．解：（1）當時，，擴大，即，因此，即，則，所以.（2）當時，，而，又，所以，即原等式成立19.已知，函數，且在區間上單調遞增．（1）若，求曲線的對稱軸與對稱中心；（2）當取最大值時，若，求的最小值；（3）設函數，若對于任意的實數在區間上都不單調，求的取值范圍．解：（1）當時，，由在區間上單調遞增，得，解得，而，則，，由，得；由，得，所以曲線的對稱軸為，對稱中心為.（2）由（1）知，，，，由，得，整理得，因此，，解得，則，所以的最小值是.（3）由（1）知，，而，由對于任意的實數在區間上都不單調，得函數在上至少取到一個最大值和一個最小值，即，解得，所以的取值范圍是.陜西省安康市2024-2025學年高一上學期1月期末聯考數學試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項、是符合題目要求的.1.函數的圖象恒過定點（）A. B. C. D.【答案】D【解析】對于函數（），令，即.當時，.所以函數（）的圖象恒過定點.故選：D.2.已知命題；命題，則（）A.和都是真命題 B.和都是真命題C.和都是真命題 D.和都是真命題【答案】B【解析】由于，則命題是假命題，是真命題；命題是真命題，是假命題.故選：B.3.有4根火柴棒的長度可以構成一個四元數集，將這4根火柴棒首尾相接連成一個平面四邊形，則這個平面四邊形可能是（）A.梯形 B.矩形 C.菱形 D.等腰梯形【答案】A【解析】可得四個元素互不相等，則四條邊互不相同，所以不可能圍成矩形、菱形和等腰梯形，有可能連成梯形.故選：A.4.在下列區間中，函數一定存在零點的有（）A B. C. D.【答案】B【解析】顯然，函數在以上區間都連續.，，，，，由于，所以函數在區間內不一定存在零點.由于，根據函數零點存在定理，函數在區間內一定存在零點.由于，所以函數在區間內不一定存在零點.由于，所以函數在區間內不一定存在零點.綜上所得，函數在區間內一定存在零點.故選：B.5.已知，且是方程的兩根，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】在區間內，，.已知和是方程的兩根，根據韋達定理有，.因為，所以.又因為，所以，則，所以，又，即，解得.故選：C.6.已知某扇形的圓心角為，周長為10，設甲：為第二象限角；乙：該扇形的面積為6，則（）A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件又不是乙的必要條件【答案】D【解析】設扇形的半徑為，弧長為，則，解得或，所以當時，（弧度），其為第二象限角；當時，（弧度），其不第二象限角，又第二象限角的范圍為，所以甲無法推出乙，乙也無法推出甲.故選：D.7.已知，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】，因此，，則，所以.故選：A.8.已知正數滿足，則的最小值為（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】正數滿足，則，當且僅當，即時取等號，所以，當且僅當時取等號，所以的最小值為4.故選：B.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知，則下列不等式一定成立的有（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】對于A，因為，所以，故A正確；對于B，當時，，故B錯誤；對于C，，故C正確；對于D，因為，所以，所以，所以，故D正確.故選：ACD.10.已知為銳角，角的始邊均為軸正半軸，終邊關于軸對稱，則（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則【答案】BCD【解析】對于A選項，不能確定的值，A選項錯誤；對于B選項，由題意，可得，是銳角，，，B選項正確；對于C選項，由題意，由可得，，選項C正確；對于D選項，由，，，兩邊平方，得到，，D選項正確.故選：BCD.11.現定義：若對定義域內任意，都有，其中為正數，則稱函數為“倍平移函數”，則（）A.函數為“3倍平移函數”B.函數不是“1倍平移函數”C.函數是“2倍平移函數”D.若函數是“2倍平移函數”，則【答案】AD【解析】對于A，因為，又，由于上單調遞增，所以，所以函數為“3倍平移函數”，故A正確；對于B，因為，所以，所以，因為，所以，所以函數是“1倍平移函數”，故B錯誤；對于C，因為，所以，當時，，，即，所以函數不是“2倍平移函數”，故C錯誤；對于D，若，是“2倍平移函數”，則，即對恒成立，可得，當時，可得，整理得，所以，解得；當時，可得，整理得，所以，解得；綜上，，故D正確.故選：AD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數，則__________．【答案】【解析】因，所以.13.已知函數，若和的圖象與軸的交點完全相同，則的最小值為__________．【答案】【解析】因為和的圖象與軸的交點完全相同，則，即，所以，解得，又，所以的最小值為.14.已知函數，若，則的取值范圍為__________，若恒成立，則的最大值為__________．【答案】6【解析】函數的定義域為R，，函數是偶函數，當時，令，函數在上單調遞增，而函數是增函數，因此函數在上單調遞增，，則，解得或，所以的取值范圍為；，當且僅當時取等號，，不等式，而，當且僅當，即時取等號，因此，所以的最大值為6.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.設集合．（1）若，求；（2）若，求的取值范圍．解：（1），所以，或x≥4，若，，所以.（2）因為，所以，解得.16.（1）求的值；（2）已知，求的值.解：（1）.（2）由可得，則，所以，所以.17.已知冪函數的定義域為．（1）求的值；（2）判斷在上的單調性，并用定義法進行證明．解：（1）因為是冪函數，所以，解得或，當，冪函數的定義域為，符合題意；當，冪函數的定義域為，不符合題意；所以，所以．（2）在上單調遞增，理由如下：由（1）可得，且，所以，因為，，所以，又，所以，所以，所以，所以，所以在上單調遞增.18.某人工調控的河流的河道容量上限可以用如下公式測算：，其中是河道寬度，是平均徑流量，是平均蒸發量．（1）若初始情況下，在不改動河道寬度的前提下，要使擴大，求應控制的值；（2）已知徑流量，證明：．解：（1）當時，，擴大，即，因