山东省枣庄市市中区2024-2025学年高一上学期数学期末模拟试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 山东省枣庄市市中区2024-2025学年高一上学期数学期末模拟试卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 521.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-01-13 14:14:20 | ||
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文档简介
2024-2025学年第一学期高一数学期末模拟试卷
一、 单选题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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．
2．若不等式对任意实数成立，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知：，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
4．为了得到函数的图像，只需把函数的图像
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向上平移个单位长度 D．向下平移个单位长度
5．函数定义域是（ ）A． B． C． D．
6．已知是上的奇函数，则函数的图象恒过点（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数在上没有零点，则的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．
8．已知函数在上是奇函数，若对任意的实数都有，且当时，，则的值为（ ）
A．2 B．-2 C．-1 D．1
二、多选题（ （本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在毎小题给出的四个选项中，有多项符
合题目要求的．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．下列化简正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．下列说法正确的是（ ）
A．“a＞1”是“”的充分不必要条件 B．命题“x＞1，x2＜1”的否定是“x＜1，x2≥1”
C．“x＞1”是“”的必要条件 D．设a，b∈，则“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件
11．已知是定义在上的不恒为零的函数，对于任意都满足，则下列说法正确的是（ ）
A． C．若，则
B．是偶函数 D．若当时，，则在单调递减
三、填空题（ （本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．）
12．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则 ．
13．已知二次函数的零点为2和4，则不等式的解集为 .
14．已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是 .
四、解答题（ （本大题共 5 小题，共 77 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15．已知函数，该函数定义域为且函数图象经过点
(1)确定的值：
(2)求满足条件的实数的取值范围.
16．已知．
(1)化简函数；
(2)若，求和的值．
17．画出函数f(x)＝－x2＋2x＋3的图象，并根据图象回答下列问题.
（1）比较f(0)，f（1），f（3）的大小；
（2）若x1（3）求函数f(x)的值域；
（4）若关于x的方程f(x)＝k在[－1，2]内仅有一个实根，求k的取值范围.
18．已知函数.
（1）求函数的最小值及取到最小值时自变量的集合；
（2）当时，函数的值域为，求实数的取值范围．
19．已知函数，．
(1)判断函数的奇偶性与单调性，并说明理由；
(2)若对任意都成立，求实数m的取值范围．
《2025年1月高一期末模拟测试》参考答案
1．C解析：集合，
.所以.故选：C
点睛：本题考查交集的运算以及一元二次不等式的解法，属于基础题.
2．D解析：由不等式恒成立得，即，解得，故选：D.
3．A解析：因为，，
所以a，b，c的大小关系为.故选：A
点睛：本题主要考查指数函数，对数函数的性质，还考查了转化问题的能力，属于基础题.
4．B解析：将函数的图像各右平移个单位长度，所得图像对应的函数解析式为.故选B
5．A解析：要使函数有意义，则，解得，
所以函数定义域是.故选：A.
点睛：本题考查具体函数定义域的求法，其中涉及一元二次不等式的求解，属于基础题.
6．A分析：结合奇函数的性质，利用函数图象平移即可求得函数图象恒过的定点.
解析：因为是上的奇函数，所以，即函数的图象恒过点.
又函数的图象是由函数的图象先向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到，
所以函数的图象恒过点.故选：A.
7．B解析：因为函数在上没有零点，
所以，即，所以，解得，
由，则，所以，解得，
综上可得，所以的最大值为.故选：B
8．C分析：由题意可求得函数的周期为，推导出，再由函数为奇函数且时，，代入即可求解.
解析：函数在上是奇函数，若对任意的实数都有，则函数的周期为，
当时，，
故选C
9．ABC解析：对于A，，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D错误.故选：ABC
10．AD分析】A.解得的解集，从集合的角度，即可判断充分性和必要性；
B.根据带量词的命题的否定求解办法，改量词，否结论，即可判断；
C.求得不等式的解集，再从集合角度，即可判断充分性和必要性；
D.从充分性和必要性的角度，结合特值即可判断.
解析：：求解不等式，可得，则，
故“a＞1”是“”的充分不必要条件，正确；
：命题“x＞1，x2＜1”的否定是“x，x2≥1”，故错误；
C：求解不等式可得：，则，
故“x＞1”是“”的充分条件不必要，故错误；
：当时，则，故充分性不成立；当时，一定有，故必要性成立，
则“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件，故正确.综上所述，正确的选项是.故选：.
11．ACD分析：A令判断；B令结合在上的不恒为零判断；C令得，再由已知求；D若，由题设得，令结合单调性定义及已知判断单调性.
解析：A：令，可得，对；
B：令，则，
由在上的不恒为零，故不恒成立，错；
C：令，则，则，令，则，对；
D：若，则，即，
取，则，显然，即，
所以，即，故在单调递减，对.故选：ACD
12．解析：因为角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，
所以.故答案为：.
点睛：本题主要考查由角终边所过的点求三角函数，属于基础题型.
13．分析：根据韦达定理代入即可得到一元二次不等式，解出即可.
解析：由题意得2和4是一元二次方程的两根，
则有，即，则不等式变为
，即，解得，则解集为.故答案为：.
14．解析：由题意得，在上有解，
即在上有解，所以有正数解，
作出与的图象，当时，两图象在上有交点，
当时，如图所示，可得，解得 .故答案为：
15．分析：（1）将点代入函数求出的值即可；
（2）应用函数的单调性并结合定义域求解不等式即可.
解析：（1）因为函数图象经过点，
所以，所以，解得（舍去）.
（2）因为在上是增函数，，
所以，解得，所以实数的取值范围是.
16．分析：（1）由三角函数的诱导公式化简得出；（2）由三角函数的诱导公式化简再计算得出.
解析：（1）
（2）因为，所以，
所以；．
17分析：（1）由题意结合二次函数的图象与性质画出函数图象，数形结合即可得解；
（2）由函数图象可得函数在时的单调性，即可得解；（3）由函数图象数形结合即可得解；
（4）转化条件为直线与函数在上的图象仅有一个交点，数形结合即可得解.
解析：由题意，可画出函数的图象如图：
（1）由图象可知，，，，所以；
（2）根据图象可知，当时，函数单调递增，因为，所以；
（3）由图象可知，函数的最大值为，所以函数的值域为；
（4）若关于x的方程f(x)＝k在[－1，2]内仅有一个实根，
则直线与函数在上的图象仅有一个交点，且，
数形结合可知或.
点睛：本题考查了二次函数图象的绘制及应用，考查了函数与方程的关系及数形结合思想、转化化归思想，属于基础题.
18．分析：(1) 根据正弦函数的性质即可求解;
(2) 由条件可得,即.又函数在上是单调减函数,令,得,由此可得的取值范围.
解析：（1）,故,此时,,即,,
即此时自变量的集合是.
（2）如图，因为当时,取到最大值2,且,所以.
又函数在上是单调减函数,
故的最大值为在内使函数值为的的值,
令,得,所以的取值范围是.
点睛：本题考查正弦函数的单调性与最值,特殊角的三角函数值,考查了根据的值域求定义域,属于中档题.
19．分析：（1）直接利用单调性和奇偶性的概念进行判断即可；
（2）将问题转化为，令，利用不等式可得，进而可得实数m的取值范围．
解析：（1）由已知函数的定义域为，
又函数为奇函数.
函数在上单调递减
证明：任取，
，，，
又，，，即
所以函数在上单调递减；
（2）由已知得对任意都成立
变形得对任意都成立，
令，，则
当且仅当，即时等号成立，
一、 单选题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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．
2．若不等式对任意实数成立，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知：，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
4．为了得到函数的图像，只需把函数的图像
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向上平移个单位长度 D．向下平移个单位长度
5．函数定义域是（ ）A． B． C． D．
6．已知是上的奇函数，则函数的图象恒过点（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数在上没有零点，则的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．
8．已知函数在上是奇函数，若对任意的实数都有，且当时，，则的值为（ ）
A．2 B．-2 C．-1 D．1
二、多选题（ （本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在毎小题给出的四个选项中，有多项符
合题目要求的．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．下列化简正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．下列说法正确的是（ ）
A．“a＞1”是“”的充分不必要条件 B．命题“x＞1，x2＜1”的否定是“x＜1，x2≥1”
C．“x＞1”是“”的必要条件 D．设a，b∈，则“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件
11．已知是定义在上的不恒为零的函数，对于任意都满足，则下列说法正确的是（ ）
A． C．若，则
B．是偶函数 D．若当时，，则在单调递减
三、填空题（ （本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．）
12．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则 ．
13．已知二次函数的零点为2和4，则不等式的解集为 .
14．已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是 .
四、解答题（ （本大题共 5 小题，共 77 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15．已知函数，该函数定义域为且函数图象经过点
(1)确定的值：
(2)求满足条件的实数的取值范围.
16．已知．
(1)化简函数；
(2)若，求和的值．
17．画出函数f(x)＝－x2＋2x＋3的图象，并根据图象回答下列问题.
（1）比较f(0)，f（1），f（3）的大小；
（2）若x1
（4）若关于x的方程f(x)＝k在[－1，2]内仅有一个实根，求k的取值范围.
18．已知函数.
（1）求函数的最小值及取到最小值时自变量的集合；
（2）当时，函数的值域为，求实数的取值范围．
19．已知函数，．
(1)判断函数的奇偶性与单调性，并说明理由；
(2)若对任意都成立，求实数m的取值范围．
《2025年1月高一期末模拟测试》参考答案
1．C解析：集合，
.所以.故选：C
点睛：本题考查交集的运算以及一元二次不等式的解法，属于基础题.
2．D解析：由不等式恒成立得，即，解得，故选：D.
3．A解析：因为，，
所以a，b，c的大小关系为.故选：A
点睛：本题主要考查指数函数，对数函数的性质，还考查了转化问题的能力，属于基础题.
4．B解析：将函数的图像各右平移个单位长度，所得图像对应的函数解析式为.故选B
5．A解析：要使函数有意义，则，解得，
所以函数定义域是.故选：A.
点睛：本题考查具体函数定义域的求法，其中涉及一元二次不等式的求解，属于基础题.
6．A分析：结合奇函数的性质，利用函数图象平移即可求得函数图象恒过的定点.
解析：因为是上的奇函数，所以，即函数的图象恒过点.
又函数的图象是由函数的图象先向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到，
所以函数的图象恒过点.故选：A.
7．B解析：因为函数在上没有零点，
所以，即，所以，解得，
由，则，所以，解得，
综上可得，所以的最大值为.故选：B
8．C分析：由题意可求得函数的周期为，推导出，再由函数为奇函数且时，，代入即可求解.
解析：函数在上是奇函数，若对任意的实数都有，则函数的周期为，
当时，，
故选C
9．ABC解析：对于A，，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D错误.故选：ABC
10．AD分析】A.解得的解集，从集合的角度，即可判断充分性和必要性；
B.根据带量词的命题的否定求解办法，改量词，否结论，即可判断；
C.求得不等式的解集，再从集合角度，即可判断充分性和必要性；
D.从充分性和必要性的角度，结合特值即可判断.
解析：：求解不等式，可得，则，
故“a＞1”是“”的充分不必要条件，正确；
：命题“x＞1，x2＜1”的否定是“x，x2≥1”，故错误；
C：求解不等式可得：，则，
故“x＞1”是“”的充分条件不必要，故错误；
：当时，则，故充分性不成立；当时，一定有，故必要性成立，
则“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件，故正确.综上所述，正确的选项是.故选：.
11．ACD分析：A令判断；B令结合在上的不恒为零判断；C令得，再由已知求；D若，由题设得，令结合单调性定义及已知判断单调性.
解析：A：令，可得，对；
B：令，则，
由在上的不恒为零，故不恒成立，错；
C：令，则，则，令，则，对；
D：若，则，即，
取，则，显然，即，
所以，即，故在单调递减，对.故选：ACD
12．解析：因为角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，
所以.故答案为：.
点睛：本题主要考查由角终边所过的点求三角函数，属于基础题型.
13．分析：根据韦达定理代入即可得到一元二次不等式，解出即可.
解析：由题意得2和4是一元二次方程的两根，
则有，即，则不等式变为
，即，解得，则解集为.故答案为：.
14．解析：由题意得，在上有解，
即在上有解，所以有正数解，
作出与的图象，当时，两图象在上有交点，
当时，如图所示，可得，解得 .故答案为：
15．分析：（1）将点代入函数求出的值即可；
（2）应用函数的单调性并结合定义域求解不等式即可.
解析：（1）因为函数图象经过点，
所以，所以，解得（舍去）.
（2）因为在上是增函数，，
所以，解得，所以实数的取值范围是.
16．分析：（1）由三角函数的诱导公式化简得出；（2）由三角函数的诱导公式化简再计算得出.
解析：（1）
（2）因为，所以，
所以；．
17分析：（1）由题意结合二次函数的图象与性质画出函数图象，数形结合即可得解；
（2）由函数图象可得函数在时的单调性，即可得解；（3）由函数图象数形结合即可得解；
（4）转化条件为直线与函数在上的图象仅有一个交点，数形结合即可得解.
解析：由题意，可画出函数的图象如图：
（1）由图象可知，，，，所以；
（2）根据图象可知，当时，函数单调递增，因为，所以；
（3）由图象可知，函数的最大值为，所以函数的值域为；
（4）若关于x的方程f(x)＝k在[－1，2]内仅有一个实根，
则直线与函数在上的图象仅有一个交点，且，
数形结合可知或.
点睛：本题考查了二次函数图象的绘制及应用，考查了函数与方程的关系及数形结合思想、转化化归思想，属于基础题.
18．分析：(1) 根据正弦函数的性质即可求解;
(2) 由条件可得,即.又函数在上是单调减函数,令,得,由此可得的取值范围.
解析：（1）,故,此时,,即,,
即此时自变量的集合是.
（2）如图，因为当时,取到最大值2,且,所以.
又函数在上是单调减函数,
故的最大值为在内使函数值为的的值,
令,得,所以的取值范围是.
点睛：本题考查正弦函数的单调性与最值,特殊角的三角函数值,考查了根据的值域求定义域,属于中档题.
19．分析：（1）直接利用单调性和奇偶性的概念进行判断即可；
（2）将问题转化为，令，利用不等式可得，进而可得实数m的取值范围．
解析：（1）由已知函数的定义域为，
又函数为奇函数.
函数在上单调递减
证明：任取，
，，，
又，，，即
所以函数在上单调递减；
（2）由已知得对任意都成立
变形得对任意都成立，
令，，则
当且仅当，即时等号成立，