2024-2025學年福建省泉州市高一年級上冊1月期末數(shù)學教學質量檢測試題（含解析）

2024-2025學年福建省泉州市高一上學期1月期末數(shù)學教學質量

檢測試題

一、單選題（本大題共6小題）

1.已知集合/={1，3,4},5={x|l<x<4}則42=（

））

A.{"B.23},C.{±4}D.{123,4}

2.已知角々終邊上有一點，卜6」），貝ljtana=（）

V3_V|

A.3B.3C.百D.一百

3.已知。>6>°>c,則下列結論正確的是（）

c<b二2

A.4a<4bgac>beQta-ca-bD.a-ca

4.若函數(shù)8門）與函數(shù)/（無）=2'+1的圖象關于直線”二x對稱，則g（x）的大致圖

象是（）

34

二

l-sina=42cosa,aG——

J?1_1萬口fJ/sUtana=

V2A/2

A.4B.4C.26D.-2V2

log.(x2+2a),x<1

"x)=<5

6.若函數(shù)存在最大值則實數(shù)。的取值范圍為（）

￡￡

—00—

42?2

二、多選題（本大題共4小題）

7.下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又是增函數(shù)的是（

A.>=e、B.k》3

8.生物研究小組觀察發(fā)現(xiàn)，某地區(qū)一昆蟲種群數(shù)量）在8月份隨時間，（單位：日，

，eN*）的變化近似地滿足函數(shù)y=/sin3+e）+B（/>0,。>0）,且在&月1日達到最

低數(shù)量700,此后逐日增長并在8月7日達到最高數(shù)量900,則（）

71

0）=—

A.6

B.4=450

C.8月17日至23日，該地區(qū)此昆蟲種群數(shù)量逐日減少

D.8月份中，該地區(qū)此昆蟲種群數(shù)量不少于850的天數(shù)為13天

9.定義在R上的奇函數(shù)/G）滿足"-3X）=/（2+3X）,則下列結論一定成立的是

（）

A./（°）=0B.2是"x）的一個周期

C.（2，°）是/（》）的一個對稱中心D.”3x+l）為偶函數(shù)

10.已知x>0/>°,2x+y=l,則

A.4、+2》的最小值為272B.bgzx+bg2y的最大值為-3

空+工

C.y-x-xy的最小值為-1x+2了+1的最小值為6

三、填空題（本大題共4小題）

11.已知Ig2=a,lg3=j貝Jog23=.（結果用”,方表示）

f（x>\=--4x（k>0）

12.函數(shù)'"x"的零點個數(shù)為.

13.對于任意。>。且a",函數(shù)的圖象恒過定點02）.若"x）的

圖象也過點（T"則/（"）=

/(x)=2sin［x+7—(<a>0)

14.將函數(shù)I6J圖象所有點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?,縱坐標不變,

/\XyE.0,—%￡°,一

得到函數(shù)g(町的圖象.若對于任意L2」，總存在唯一的-L2」.使得

/(xJ=g(X2)+2,則0的取值范圍為.

四、解答題(本大題共6小題)

15集合4={xIxf+工-2<0},5={xa-2<x<a+2]

⑴若。=1,求Q4'U8；

(2)若xe"是xeB的充分條件，求。的取值范圍.

16.已知二次函數(shù)"無)的圖象過原點，且滿足“x+l)-"x)=2xT.

(1)求的解析式；

(2)在平面直角坐標系中畫出函數(shù)的圖象，并寫出其單調遞增區(qū)間；

(3)對于任意函數(shù)'=〃(”在［°n上都存在一個最大值"，寫出M關于

，的函數(shù)解析式.

17.已知函數(shù)/G)=G"sin2x+2cos2x-l的圖象關于點112‘°［對稱.

(1)求,(X)的最小正周期和對稱軸方程：

A/(x)=]g^Ag3=4，+a2-

18.已知1+x一

(1)證明f(x)是奇函數(shù)，并說出了(X)在其定義域上的單調性；

(2)若存在實數(shù)加和〃，使得“")+/(")=°,且gS)+g(")W°,求。的取值范圍.

19.某物品上的特殊污漬需用一種特定的洗滌溶液直接漂洗，)(X)表示用x個單位量

的洗滌溶液漂洗一次以后，殘留污漬量與原污漬量之比.已知用1個單位量的洗滌溶

2

液漂洗一次，可洗掉該物品原污漬量3.

(1)寫出/(°)，/(1)的值，并對/(0)的值給出一個合理的解釋；

f(x)=-；—

(2)已知丘一+1,

①求t卡;

m

②“用加(加>0)個單位量的洗滌溶液漂洗一次，，與“用萬個單位量的洗滌溶液漂洗兩次，，

,哪種方案去污效果更好？

20.給定函數(shù)"x)(xN0)與g(x),若，(x)=/(x)-g(x)為減函數(shù)且值域為

(°，”](M為常數(shù))，則稱g(x)對于“X)具有“確界保持性”.

g(x)=3，(x)=y不具有“確界保持性,"

(1)證明：函數(shù)對于

q-丫+1f(x)=(^>0)

(2)判斷函數(shù)g(町一"+1對于'''x+2是否具有“確界保持性”；

(3)若函數(shù)8(*)="對于/(x)=x+G石+4r%(xN°)具有，，確界保持性，，，求實數(shù)

。的值.

答案

1.【正確答案】A

【分析】根據(jù)集合的交集運算，即可求得答案.

［詳解］由題意集合4={1，3,4},5={x|l<x<4})

則/c8={3},

故選：A

2.【正確答案】B

【分析】根據(jù)角。終邊上一點的坐標，結合正切函數(shù)的定義，即可得答案.

【詳解】由題意知角々終邊上有一點068'1),

.1V3

故Y3,

故選：B

3.【正確答案】C

【分析】直接由作差法逐一判斷即可.

4a-4b=—^-j=>0廠廠

【詳解】對于A,由題意sla+y/b,即傘>或，故A錯誤；

對于B,由題意"cic=c(a叫即ac<6c,故B錯誤；

?_____ba")c,b

對于C,由題意"I”b(a-c)(a-6)(a-c)(a-Z)),即二,口，故

C正確；

b-c6式-一嘰°b-cb

對于D,由題意a-。°"(a-c)a(a-c),即°一「°,故D錯誤.

故選：C.

4.【正確答案】A

【分析】由題意首先得g(x)="g2(xT),根據(jù)它的定義域、單調性以及它所過定點即

可得解.

【詳解】由題意函數(shù)gG)與函數(shù)/。)=2、+1互為反函數(shù)，

所以x=2g(*)+l,解得g(x)="g2(xT),它在定義域0，+句內單調遞增，且過定點

(2，。)，

對比選項可知A符合題意.

故選：A.

5.【正確答案】B

【分析】直接由平方關系以及商數(shù)關系化簡求解即可

^,(A/2coscrH-sin^^=1=cos2<7+sin2or

【詳解】由題意1-sina="cosa,所以t)

7171

廠aG

化簡得cos26Z+2V2cos6Zsin6Z=0,因為2,2，所以cosawO,

6

i—ttancc-------

所以2,2tana+l=0,解得4

故選：B.

6.【正確答案】B

【分析】判斷X21時，無最大值，由判斷了=/+2。在X＜1時的單調性,

f（x）=logj（x1+2Q）

可得5單調性，確定最大值，結合題意列出不等式，即可求得答案

【詳解】當X21時，/（乃=1-3~在［1,+8）上單調遞增，此時/?e［0,l）；無最大值;

又因為＞=/+2a在（-8,0］上單調遞減，在［0,1）上單調遞增，

/（x）=logi（X2+2?）

故5在（-8,0］上單調遞增，在［01）上單調遞減，

X=0=12fl

/()max/()°gl()

所以當x＜l時,2

logi(2a)>10<2a<-,.-.0<a<-1-

結合題意可得5，解得24,

即實數(shù)。的取值范圍為

故選：B

7.【正確答案】BCD

【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性定義以及函數(shù)的單調性，一一判斷各選項中的函數(shù)性質，即

可得答案.

【詳解】對于A,、=e'為非奇非偶函數(shù)，不符合題意；

對于B,了=》3的定義域為R,且為奇函數(shù)，在R上單調遞增，正確；

對于C,設?。?L布|,定義域為&滿足/（-x）=rf—/⑴，

故函數(shù)＞="國為奇函數(shù)；

當尤20時，＞=/在［0,+8）上單調遞增，且產(chǎn)

當》＜0時，＞=_/在（一°°，°）上單調遞增，且＞=/＜0,

故y=x|x|在R上單調遞增，c正確；

對于D,設g(x)=y=2工-2\定義域為R,且滿足g(-x)=2T-2x=-g(x),

故y=2'-2f為奇函數(shù)；

又歹=2、在R上單調遞增，y=2'在R上單調遞減,

故y=2'-2T在R上單調遞增，D正確,

故選：BCD

8.【正確答案】AD

【分析】根據(jù)題意可得函數(shù)最小正周期，即可求得。，判斷A；結合函數(shù)的最值可確

定48的值，判斷B；結合函數(shù)的單調性以及周期，可判斷C；根據(jù)函數(shù)最小值求出

夕，可得函數(shù)解析式，由題意列出不等式，求得［的范圍，結合人的取值，即可判斷

D.

-=7-1=6

【詳解】不妨設8月1日時為才=1,則設7為最小正周期,貝I]2

7=12,二。=空兀

即126,A正確;

I-"丁'錯誤;

因為函數(shù)的最小正周期為12,所以種群數(shù)量從8月13日至19日逐漸增加,

從8月19日至25日逐漸減少，C錯誤;

y=lOOsin][/+0)+800

由以上分析可知

—+69=--+2ht,keZ

當"1時，y取到最小值100,即62,

2兀2,)

(p=-----+2KTI,KGZ

故3,

y=lOOsinf-^-—+2^71|+800=100sin|-/-—]+800

則(63)163J

100sinf—+800>850sinf—>—

令163)，貝u163J2,

兀兀2兀57i

貝西+2祈石+2杭丘2,即5+12左4V9+12左MeZ

故5WY9或17W/V21或29W31,共13天，D正確，

故選：AD

9.【正確答案】ACD

【分析】對于A,直接由奇函數(shù)性質得；對于B,首先得/G9n/Q+x),進一步有

/(3x+l)=/(l-3x)以及“x)="2-x)=-/(x-2)=/(x-4),由此即可判斷;對于

C,由對稱軸、對稱用心即可得解.

【詳解】定義在R上的奇函數(shù)/G)滿足"一3X)=/(2+3X),所以“0)=0,故人正確;

且/(f)=/(2+x),所以/(x)=/(2-x)=-/(x-2)=/(x-4),即/(x)的周期是4,不

是2,故B錯誤；

因為"f)=/(2+x),所以"x)的對稱軸為x=l,

又(°，°)為/(x)的一個對稱中心，所以(2，°)是/(X)的一個對稱中心，故c正確；

因為/(f)=/(2+x),所以“3尤+l)=/(l-3x),即/(3x+l)為偶函數(shù),故D正確.

故選：ACD.

10.【正確答案】ABD

【分析】根據(jù)指數(shù)運算，結合基本不等式即可判斷A；結合對數(shù)運算，利用基本不等

式可判斷B；將y-x-孫化為關于X的二次函數(shù)，結合二次函數(shù)性質可判斷是C；通

2/必

----1----

過變量代換，令〃?=x+2,〃=>+l,得到2刃+〃=6,根據(jù)“I”的巧用，將X+2〉+1變

形后，利用基本不等式，即可判斷D..

【詳解】對于A,由于x>0,y>°,2x+y=l,故

4工+2>'=22X+2y>2yj22x-2y==272,

1’1

X—_y——

當且僅當2x=y,結合2x+y=l,|p-4”2時，等號成立,

即4、+2,的最小值為2亞,A正確；

對于B,由于x>0/>0,2x+y=l22河，則孫氣，

x=—I,y=—I

當且僅當42時，等號成立，

故岷-即…g〃的最大值為_3,B正確;

對于C,又x>0j>0,2x+y=l,得y=l—2x,

故y-x-初=(1-2x)-x-x(l-2x)=2x2-4x+l

0<2x<10<x<—,1

由于2,而y=2廠2-44x+l對稱軸為x=l,

c2〃,(0,-)(0,-)

則y=2x-4x+l在2上單調遞減，在2上無最值，C錯誤;

對于D,令加=x+2,〃=y+l,貝|J|x=〃z_2,y=〃-l

*+E=2〃>8〃7+8+"f+l81

=2m+n-\-----1-----10

故x+2y+lmnmn

由于x>0,y>0,故加

2m+n=2(x+2)+(y+1)=2x+y+5=6,

四+LU§+n(2"+〃)」但+也+17

貝”加〃6\mn)6\mn

8〃2m126

—=—nt=—n=—

當且僅當mn,結合2加+〃=6,即5,5時，等號成立,

。8125—1

2m+n-\----1------1026H-------10=—

所以mn66,

2x2+「1

即x+2〉+1的最小值為6,D正確，

故選：ABD

難點點睛：本題考查了基本不等式的應用，主要是求最值問題，難點是選項D的判斷，解答

時要通過變量代換，令機=x+2,〃=y+l,得到2加+〃=6,根據(jù)“1，，的巧用，將

2//

----------1----------

x+2了+1變形后，利用基本不等式，即可求解.

b

11.【正確答案】a

【分析】直接由換底公式即可得解.

晝=2

log23=

【詳解】由題意1g2a

b

故答案為

12.【正確答案】1

【分析】判斷函數(shù)的單調性，分類討論后的取值范圍，結合零點存在定理，即可求得

答案.

kI—

f(%)=——4x(k>0)、

【詳解】由題意知》在",+功上單調遞減,

當k=1時，"1)=1T=°,此時函數(shù)有1個零點；

當0〈人<1時，fQ)=k7<0J(k)=l-&>0,

/⑴/⑹<°,此時函數(shù)在化1)上有唯一零點，

當上>1時，

"1）/（后）＜°,此時函數(shù)在（IX）上有唯一零點，

kf—

/（x）=——G（k＞0）

綜合可得函數(shù)X的零點個數(shù)為1,

故1

+1

13.【正確答案

1

【分析】由題意首先得"=一私6=1,然后代入（T/°）得"一I,由此即可得解.

m+n=O

+6的圖象恒過定點（1，2）,所以6+1=2

【詳解】因為函數(shù),所以

n=-m,b=1

所以〃》）=泗1）+1

又/（X）的圖象也過點（T』°）,

]_

am

所以/（一1）=產(chǎn)+1=1°,又葭＞0,解得3

X-1

所以“+1

故答案為.冉+1

14.【正確答案】若）

【分析】由三角函數(shù)圖象變換以及三角函數(shù)性質即可求解.

71

g（x）=2sinCOXH----

【詳解】由題意得6

71兀712兀71

E八

玉°，彳X,+—€/(x1)=2sin再+6

66'3

當L2」時,有,此時I

兀

+—V=g(x2)=2siiinIcox2+1

令6，則

71兀兀。兀

cox2+—G—,—I-------

因為時，所以一6662

°'曰上有唯一解,

/6）一2的任意取值，862）="須）-2在］

因為對于

兀兀。兀

sin%=--------1-------

6“2」上有唯一解，如圖所示:

即2在L

^C\

r=sinr

7v**11*

J.于

V_L0

7兀/兀7111兀

--W-CD-\--<---

由圖可知，6266,所以3.

故答案為.L3>

sinf=-2兀71①71

-9--1----

關鍵點睛：關鍵是得到2在L662」上有唯一解，畫出圖形，由數(shù)形結合即

可順利得解.

15.［正確答案］（1）4/={劉xW_2/戈％21}；4U8={%|—2<x<3}

（2）-1<?<0

【分析】（1）解不等式求出集合A,根據(jù)集合補集以及并集運算，即可求得答案；

（2）根據(jù)xe/是的充分條件，可得A=B,列出相應不等式，即可求得答案.

【詳解】（1）由￡+工一2<0,解得-2a<1,則

4=1時，B={x|—1<x<3}

故^4={%卜4—2或無N1},ZUB={x\-2<x<3}t

（2）因為4={刈-2<%<1},B={x\a-2<x<a+l\

而是xeB的充分條件，故A=B,

ja-2<-2

故［。+221,解得TWaWO.

16.【正確答案】（l）/（"）=x'-2x

（2）圖象見解析，（04）,（2,+oo）

-r+2/,0</W1

M=kl</<1+V2

/2-2/,Z>1+5/2

【分析】(1)設/(x)=G2+6x+c(a*0),利用待定系數(shù)法，求出a,b,c,即得答案；

(2)化簡為分段函數(shù)形式，即可作出其圖象，根據(jù)圖象可得單調遞增區(qū)間；

(3)結合圖象求出x>l時，x?-2x=l時，x=l+夜，分段討論/的取值范圍，即可得

M的表達式.

【詳解】(1)設"x)=^2+6x+c(a'O),由于二次函數(shù)“X)的圖象過原點，故

/(0)=。=0,

由f(x+1)-/(x)=2x-l得Q(X+1)2+b(x+l)-3?+&)=2x-l

12a=2J〃=l

即2辦+〃+6=21-1,故[〃+6=_l]b=_2,

故/(x)=/-2x；

x1-2x,xe(-8,0)u(2,+e)

J(訃-x2+2x,xG[0,2]

作出其圖象如圖：

單調遞增區(qū)間為(°，1)，(2，+8)；

(3)由，=/(")的圖象可知，當》>1時，由父-231,得尤=1+&,

當0<fWl時，M=\f(t)\=-t2+2t

當1<f41+應時,M=\f(1)|=1；

當f>1+0時，屈="(。1=廠一2，，

T?+2才,0<，V1

M=\\,\<t<\+41

,,——2t,Z>1+V2

故i.

XJ+絲壯Z

17.【正確答案】(1)兀；62

7

⑵8

【分析】（1）利用二倍角公式化簡了（無）的表達式，結合其圖象關于點

帝。對稱,

求出。的值，可得/（X）的解析式，即可求得最小正周期，結合正弦函數(shù)的對稱性即可

求得其對稱軸方程;

￡（二）1.「71）1（71）

/—=—sina+—\=—cos2a+—\

（2）由.2得出I6）4t利用二倍角公式可求出I3J的值，再利

sin〔2。一工]

用誘導公式即可求得I6九即得答案.

由題聿得/（無）=Kasin2x+2cos2x-1=^3asin2x+cos2x

【詳解】（1）

f--,o^/f-—V0

該函數(shù)圖象關于點I12J對稱，則l,

Gasinj-工]+cos[-5]=0

即I6JI6J,解得o=l,

“x）=2sin（2x+$]（）r=-

故[則J（町的最小正周期為2

_717177r

2x+—=—+E,左wZ

令62

兀ku.

x——I----，左￡Z

即/（x）的對稱軸方程為62

，?sinfa+—=—

⑵因為2,故I6j4

27

cos2a+—=cos2a+—=l-2sin1a+己

則I3；LI68

兀717

sin2a--]=sin26z+—-cos2a+—

I3

故6328

18.【正確答案】（1）證明過程見解析

【分析】（1）直接由奇函數(shù)的定義證明即可，由復合函數(shù)單調性證明即可.

（2）首先得*+4「"+2。（2"+2「）0在（-1,1）有解，等價轉換為/+2-240在

L2J上有解，分類討論即可得解.

【詳解】（1）因為'一氣+無的定義域為（T'l）關于原點對稱，

且/（一）=ig旨…片一㈤所以?。┦瞧婧瘮?shù),

/（x）=lg^—^=lg

由復合函數(shù)單調性可知1+X1+x單調遞減.

（2）因為/（相）+/（"）=°,/（X）是奇函數(shù)，且在（T』）上單調遞減,

所以m+/7=0,me(-l,l)；

由題意得g(M+g(-Mw°在(T1)有解，

g(優(yōu))+g(-加)?0=4"'+4-m+2a(2m+2-m)<0

令，=2叫+2/，則/=￥+4力+2,

,1

t=k~\—

令人=2旭，則k,

/一、k=2me

由加e（T/）得P2

t^k+-化1]

因為人在12J上單調遞減,在（1乂）上單調遞增，且左=1時,%=2,%=2或

4，"+'"+2。匕+2^)40在(T1)有解，等價于/+2川_240在''I,上有解

-/7>―(尸+2clt—2)￡(5aH,4Q+2

當2時，<7I4J,

U1725175

3dH---<------1---<0nQ<---

因為424,所以2滿足題意；

2<—Q<—小+2。/_2、=_〃2_2<0—WQW—2

當2時，因為ULn0，所以2滿足題意；

(t2+2at-2}e4a+2,5a+?]

當-。<2時，7L4A

c1

-2<a<——

令4。+2<0,解得2,

:51(r

tE2,——oo,—

所以「+2加-240在L2J上有解，所以。的取值范圍為12」.

/(0)=1,/(1)=-

19.【正確答案】(1)’3；解釋見解析

(2)①1,2；②答案見解析

【分析】(1)根據(jù)題意即可確定〃°)J⑴的值，并得出/(0)的值的一個合理的解釋;

/(0)=1,/(1)=-

(2)①根據(jù)3,結合函數(shù)解析式，即可求得答案;

②求出兩種方案下的殘留污漬量，作差比較大小,即可得到結論

〃0)=1,/。)=一

【詳解】(1)由題意得3,

/(°)的值表示的含義為沒有用洗滌溶液漂洗，殘留污漬沒有變化;

(2)①，由‘°)kx2+1,"0)=1,得/(。)=才=1；

f(1)=---=—,:.k=2f(x)=-7——

又v7k+13，則'/2x2+1,

②，設清洗前物品上污漬殘留量為單位1,

“用加(加>0)個單位量的洗滌溶液漂洗一次，，后殘留污漬量為弘一"")-1+2加2,

“用2個單位量的洗滌溶液漂洗兩次”后殘留污漬量為

(m2+2)

m2(m+-2)

(m1+2)(2m2+1)(/+2)

當加>2時，外〉必，即，，用2個單位量的洗滌溶液漂洗兩次”效果好；

當冽=2時，%二%,兩種方案效果相同；

當0<%<2時，即“用加(機>°)個單位量的洗滌溶液漂洗一次”效果好.

20.【正確答案】(1)證明見解析

(2)具有

(3)3

【分析】(1)令'"'I)3%,以特殊值說明函數(shù)不滿足值域為即可證明

結論；

(2)根據(jù)8(“)對于/(X)具有“確界保持性”的定義，說明Mx)=〃x)-g(x)滿足定義

中的條件，即可得出結論；

(3)根據(jù)Mx""")-g(“)的結構特點，先確定〃=3時，函數(shù)'('"/(.—(.符合

題意，再分別說明。<3和。>3時，函數(shù)值域不符合題意，即可確定答案.

〃(x)=/(x)-g(x)=[]

【詳解】(1)證明：令3,

<0

因為3"9；不滿足函數(shù)值域為(°M,

g3f對于小)」「

go)

故函數(shù)不具有“確界保持性”;

f(x)=X+3X+3(x>0)

g(x)=x+l對于

(2)函數(shù)x+2”具有“確界保持性

理由如下:

令"力亡「(川)=

x+2x+2,

A(x)efo,1

〃(x)在[0,+8)上單調遞減，且當尤20時,

故函數(shù)g(x)=x+l對于/3=x+2(X"°)具有“確界保持性，，；

仆、人^(x)=x+Jx2+1+VX2+4-^X=