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浙江省衢州市 2024-2025 学年高一上学期 1 月教学质量检测数学试题
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={1,2,3}，B={0,2,4}，则A∩B=( )
A. {0} B. {2} C. {1,2} D. {0,1,2,3,4}
2.已知幂函数f(x)的图象过点(2,√2)，则f(9)=( )
A. -3 B. √3 C. 2 D. 3
3.“x>0”是“ex>1”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
4.下列不等关系成立的是( )
π π π π
A. 3-0.3>20.1 B. log 3>log 2 C. sin >tan D. cos >cos(- )
2 3 3 4 2 3
5.函数 的部分图象大致为( )
f(x)=(x+1) 2 (x-2)
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1 11A. B.
C. D.
6.已知函数 ， ， 的零点分别为 ， ， ，则 ， ， 的
f(x)=2x+x-1 g(x)=log x+x-1 h(x)=x3+x-1 a b c a b c
2
大小顺序为( )
A. a>b>c B. b>c>a C. c>a>b D. b>a>c
7.已知函数y=f(x)的图象关于点P(a,b)中心对称的充要条件是函数y=f(x+a)-b为奇函数，则函数
1
f(x)= 图象的对称中心是( )
2x-1
1 1 1
A. (1,1) B. (2, ) C. (0,- ) D. (0, )
3 2 2
8.已知f(x)是定义在R上的偶函数，g(x)是定义在R上的奇函数，且f(x)，g(x)在(-∞,0]上单调递增，
则下列不等关系恒成立的是( )
A. g(g(1))>g(g(2)) B. g(f(1))f(g(2)) D. f(f(1))>f(f(2))
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若a>0，b>0，且a+b=4，则下列结论正确的是( )
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2 11A. 2a ⋅2b=16 B. √ab≤2
1 1
C. log a+log b≥2 D. + ≥1
2 2 a b
10.已知函数f(x)=sin(cosx)-cos(sinx)，则( )
A. f(x)是奇函数 B. f(x)图象有对称轴
C. f(x)是周期函数 D. f(1)<0
11.已知正实数 ， 满足{ x4=1+x ，则( )
x y
y8=3x+ y
5
A. y>1 B. x< C. y2<√2 D. y0
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
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3 114
在平面直角坐标系xOy中，角α是第二象限角，且终边与单位圆交于点P(m, ).
5
(1)求实数m及tanα的值;
3
cos(-α)+cos( π-α)
2
(2)求 的值．
π
sin(π-α)+sin( +α)
2
16.(本小题15分)
已知函数 且 ．
f(x)=log (-x2+ax-3)(a>0 a≠1)
a
(1)若a=4，求函数f(x)的定义域及值域;
(2)若函数f(x)在(1,3)上单调递增，求实数a的取值范围．
17.(本小题15分)
π π
已知函数f(x)=asin(2x- )+b(a>0,b∈R)在区间[0, ]上的值域为[0,3]．
6 2
(1)求函数f(x)的解析式;
π π
(2)若对任意x ∈[0, ]，存在x ∈[ ,m]使得f(x )≥f(x )，求实数m的取值范围．
1 6 2 2 1 2
18.(本小题17分)
1
已知函数f(x)=a(x+1)+ ，a∈R.
x
(1)讨论函数f(x)的单调性(无需证明);
若 ，解关于 的不等式
(2) a<0 x f(|x-2|)>f(x2 );
若关于 的方程 有两个不同的解，求实数 的取值范围．
(3) x f(3x+1)=1 a
19.(本小题17分)
设点集D是集合M={(x,y)|x，y∈R}的一个非空子集，若按照某种对应法则f，D中的每一点(x,y)
都有唯一的实数t与之对应，则称f为D上的二元函数，记为t=f(x,y).当二元函数f(x,y)满足对任意x，
y，z∈R，均有：①f(x,y)=f(y,x);②f(x,x)=0;③f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)成立，则称二元
函数f(x,y)具有性质P．
(1)试判断二元函数f(x,y)=|x- y|是否具有性质P，并说明理由;
(2)若f(x,y)具有性质P，证明：函数g(x,y)=√f(x,y)具有性质P;
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4 11对任意具有性质 的函数 ，均可推出 f(x,y) 具有性质 ，求实数 的取值范围．
(3) P f(x,y) F(x,y)= P m
m+√f(x,y)
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5 11答案和解析
1.B
【解析】∵A={1,2,3}，B={0,2,4}，
∴A∩B={2}．
故选B．
2.D
【解析】设 ，
f(x)=xα
1
由f(2)=2α=√2，得α= ，
2
1
，
∴f(x)=x2
1
则 ．
f(9)=92=3
故选D．
3.C
【解析】由ex>1，得x>0，反之也成立，
所以“x>0”是“ex>1”的充要条件．
故选C．
4.B
【解析】对于A、3-0.3<30=1，20.1>20=1，则3-0.3<20.1，故A错误；
对于B、log 3>log 2=1，log 2log 2，故B正确；
2 2 3 3 2 3
π √3 π π π
对于C、sin = ，tan =1，则sin 2时，f(x)>0，
由选项可知，只有A满足题意，
故选A．
6.B
【解析】由题得a，b，c分别为方程2 ❑ x=1-x，log ❑ x=1-x，x ❑ 3=1-x的根，
2
在同一直角坐标系中作出y=2 ❑ x，y=log ❑ 2 x，y=x ❑ 3，y=1-x的图象，
由图可得b>c>a，
故选B．
7.C
1 1
【解析】令g(x)= + ，
2x-1 2
则定义域为{x|x≠0}，
且 1 1 2x 1 1-2x-1 1 1 1 ，
g(-x)= + = + =- + = - =-g(x)
2-x-1 2 1-2x 2 1-2x 2 1-2x 2
1 1
则g(x)是奇函数，则函数f(x)= 图象的对称中心是(0,- )，
2x-1 2
故选C．
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7 118.C 【解析】由题意，得f(x)在(0,+∞)递减，g(x)在R上递增，且g(0)=0，
对于A、因为g(2)>g(1)，则g(g(2))>g(g(1))，故A错误；
对于B、因为f(1)>f(2)，则g(f(1))>g(f(2))，故B错误；
对于C、因为g(2)>g(1)>0，则f(g(1))>f(g(2))，故C正确；
对于D、因为f(1)>f(2)，若f(1)>f(2)>0，则f(f(1))0
可得 ，
y8- y= y(y7-1)=3x>0
又y>0，则y7-1>0，故y>1，故A正确；
x>0，则x4=x+1>1，则x4>1，即x>1，
令 ， ，
f(x)=x4-x-1 x>1
则正实数x为f(x)=0的解，即为f(x)的零点，
，
f(x)=x4-x-1=x(x3-1)-1
x>1，x3-1>0，且函数y=x与y=x3-1都单调递增，
故 在 时单调递增，
f(x)=x4-x-1 x>1
5 625 5 625-320-256 49
f(1)=-1<0，f( )= - -1= = >0，
4 256 4 256 256
5 5
故f(x)在(1, )上存在零点，即11，则g(y)∈(3, )，
4
，
g(y)= y8- y= y(y7-1)
由y>1，y7-1>0，且函数s= y，s= y7-1均单调递增，
故 在 单调递增，
g(y)= y8- y y>1
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9 11时， ，
11，可知4-√4 2<3，即此时g(y)∉(3, )，
4
故y2>√2，故C错误；
由{ x4=1+x ，得{x8=x2+2x+1，即{x8-x=x2+x+1
,
y8=3x+ y y8=3x+ y y8- y=3x
5
由10，
4
故x2+x+1>3x，即x8-x>y8- y，即g(x)>g(y)，
又y>1时，g(y)单调递增，且x>1，y>1，故x>y，故D正确．
故选ABD．
12.2
【解析】由ln(log m)=0得log m=1，所以m=2;
2 2
故答案为2．
13.6π
1
【解析】玉璜的面积为 ×(π+2π)×4=6π，
2
故答案为6π．
14.[-3π,-2π)
【解析】由sinx=0得x=kπ(k∈Z)，
若 无零点，则 ，得 ，此时 满足条件的零点
① f(x)=x2-2x+2a+5 (-2) 2-4(2a+5)<0 a>-2 f(x)=sinx
最多1个，不合题意；
若 只一个零点，则 ，此时 满足条件的零点最多 个，不合题意；
② f(x)=x2-2x+2a+5 a=-2 f(x)=sinx 1
5
③若f(x)=x2-2x+2a+5有两个零点，一个正数，另一个为零，则a=- ，此时f(x)=sinx满足条件的
2
零点只1个，不合题意；
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10 11若 有两个正零点，则{(-2) 2-4(2a+5)>0，则 5 ，此时 满
④ f(x)=x2-2x+2a+5 - 0 2
足条件的零点有1个，不合题意；
5
⑤若f(x)=x2-2x+2a+5有两个零点，一个正零点，另一个为负零点，2a+5<0，此时a<- ，
2
{-2π>a
则f(x)=sinx满足条件的零点必须有3个 ，得-3π⩽a<-2π．
-3π⩽a
综上：a∈[-3π,-2π)．
故答案为[-3π,-2π)．
4 4
15.解(1)因为角α与单位圆交于点P(m, )，所以sinα= ，cosα=m，
5 5
又角α为第二象限角，且sin2α+cos2α=1，
4
3
所以m=cosα=-√1-sin2α=- ，所以 5 4．
5 tanα= =-
m 3
3
cos(-α)+cos( π-α)
2 cosα-sinα 1-tanα
(2) = = =-7．
π sinα+cosα tanα+1
sin(π-α)+sin( +α)
2
16.解： 当 时， ，
(1) a=4 f(x)=log (-x2+4x-3)
4
令-x2+4x-3>0⇒11时，t=-x2+ax-3在(1,3)上为增函数且-x2+ax-3>0在(1,3)上恒成立，
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11 11a>1
{
所以 a
{ ⩾3 ⇒a⩾6,
2
-1+a-3⩾0
当00在(1,3)上恒成立，
00，故- +b≤f(x)≤a+b，
2
{ a
依题意则 - +b=0，解得{a=2，
2
b=1
a+b=3
π
故f(x)=2sin(2x- )+1；
6
(2)由题意可知f(x ) ≥f(x ) ，
1 min 2 min
π
因为x ∈[0, ]，
1 6
π π π
所以- ≤2x - ≤ ，
6 1 6 6
1 π 1
则- ≤sin(2x- )≤ ，
2 6 2
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12 11故f(x ) =0，
1 min
π 1
则f(x ) ≤0即sin(2x - ) ≤- ，
2 min 2 6 min 2
π 5π π π
又x ∈[ ,m]所以 ≤2x - ≤2m- ，
2 2 6 2 6 6
π 7π 2π
则2m- ≥ ，解得m≥ ，
6 6 3
2π
故m的取值范围为[ ,+∞)．
3
18.解：(1)f(x)定义域为{x|x≠0}，
1
当a=0时，f(x)= 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减;
x
1
当a<0时，f(x)=ax+ +a在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减;
x
1 √a √a
当a>0时，f(x)=ax+ +a在(-∞,- )和( ,+∞)上单调递增;
x a a
√a √a
在(- ,0)和(0, )上单调递减;
a a
(2)由f(x)的定义域知|x-2|>0，x2>0，得x≠2且x≠0，
1
又由(1)知当a<0时，f(x)=ax+ +a在(0,+∞)上单调递减;
x
故 ，
f(|x-2|)>f(x2 )⇔|x-2|2 或{ x<2 ，即 或 ，
x<-2 x>1
x-2f(x2 ) {x|x<-2 12}
(3)令t=3x+1，则其在R上单调递增，且t>1．
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13 11则方程 有两个不同解等价于方程 在 上有两个不同解，
f(3x+1)=1 f(t)=1 (1,+∞)
1
f(t)=a(t+1)+ =1在(1,+∞)上有两个不同解．
t
t-1
即a= 在(1,+∞)上有两个不同解．
t(t+1)
m m
令m=t-1∈(0,+∞)，则a= = ，
(m+1)(m+2) m2+3m+2
1 2
故 =m+ +3在m∈(0,+∞)上有两个不同解，
a m
2
又y=m+ +3在(0,√2)上递减，(√2,+∞)上递增，
m
1
则 >3+2√2，即00
m+√f(x,y)
故 ，即 ，
√f(x,y)>-m>0 f(x,y)>(-m) 2>0
取 得 与 矛盾，故 不满足题意．
y=x f(x,x)>(-m) 2>0 f(x,x)=0 m<0
若 ，则 f(x,y) ，故 ，得 与 矛盾，
(ii) m=0 F(x,y)= √f(x,y)≠0 √f(x,x)≠0 f(x,x)=0
√f(x,y)
故m=0不满足题意．
若 ，由 f(x,y) f(y,x) ，
(iii) m>0 F(x,y)= = =F(y,x)
m+√f(x,y) m+√f(y,x)
f(x,x) ，从而性质 满足，
F(x,x)= =0 ①②
m+√f(x,x)
下面考虑性质③.记f(x,z)=a，f(z,y)=b，f(x,y)=c，
易知a≥0，b≥0，c≥0，
a b c
下证当a+b>c时，均有 + > ，
m+√a m+√b m+√c
x m2
令p(x)= ，则p(x)=m+√x+ -2m，
m+√x m+√x
由复合函数单调性可知p(x)在[0,+∞)单调递增，
1∘若a，b之中至少有一个大于c，不妨a>c，故p(a)>p(c)，
a c b
即 > ，又 ≥0，
m+√a m+√c m+√b
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15 11a b c
故 + > 成立．
m+√a m+√b m+√c
2∘若a，b均不超过c，即a≤c，b≤c，
a b a b a+b c
则 + ≥ + = > ，
m+√a m+√b m+√c m+√c m+√c m+√c
从而m>0时，恒有F(x,z)+F(z,y)≥F(x,y)成立，
即此时 f(x,y) 具有性质 ，
F(x,y)= P
m+√f(x,y)
故m>0满足题意．
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16 11
