文档内容
2024—2025 学年度上学期高一期末质量检测
数学试卷
2025.01
本试题卷共 4 页，19 题.全卷满分 150 分.考试用时 120 分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､班级､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴
在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试
卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接在答题卡对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡
上的非答题区域均无效.
一､选择题：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.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式，根据交集运算求解.
【详解】因 ，
所以 ，
故选：A
2. 已知函数 ，则 的增区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
第 1页/共 16页【解析】
【分析】利用整体代换法求正弦型函数的增区间.
【详解】令 ，
解得 ，
所以函数的增区间是 .
故选：C.
3. “ ”是“ 在 上单调递减”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
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数单调性的定义及充分条件、必要条件求解.
【详解】当 在 上单调递减，
设任意 ，且 ，
则 ，
又 ，所以可得 ，
故“ ”是“ 在 上单调递减”的充要条件，
故选：C
4. 函数 的零点所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数单调性和 ，再结合零点存在定理即可得解.
第 2页/共 16页【详解】因为函数 和 均为单调递增函数，
所以函数 为单调递增函数，
又 ，所以 ，
所以由零点存在定理可知函数 的零点所在的区间为 .
故选：B.
5. 一种药在病人血液中会以每小时 的比例衰减，这种药在病人血液中低于 时病人就有危险，
现给某病人的静脉首次注射了这种药 ，那么再次向病人补充这种药的时间间隔不能超过（ ）
（ ，精确到 ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得 ，结解不等式即可.
【详解】设再次向病人补充这种药的时间间隔不能超过 ，
则 ，
可得 ，
所以再次向病人补充这种药的时间间隔不能超过 .
故选：A.
6. 已知相互啮合的两个齿轮，大轮有 48 齿，小轮有 20 齿，当大轮转动一周时，小轮转动的角度（弧度）
是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过相互啮合的两个齿轮转动的齿数相同，得到大轮转动一周时，小轮转动的周数，即可求小轮
转动的角度.
第 3页/共 16页【详解】因为相互啮合的两个齿轮，大轮 48 齿，小轮 20 齿，
所以当大轮转动一周时时，大轮转动了 48 个齿，
所以小轮此时转动 周，
即小轮转动的角度为 .
故选：B
7. 下列大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式及正弦函数性质判断 A；利用指数、对数函数及幂函数的单调性判断 BCD.
【详解】对于 A， ，A 错误；
对于 B， ，B 错误
对于 C， ，C 错误；
对于 D， ，D 正确.
故选：D
8. 已知函数 的定义域为 ，对任意的 ，都有 ，当 时，
，且 ，若 ，则不等式 的解集是（ ）
A. 或 B.
C. 或 D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由题设结合赋值法求出 和 ，接着求出函数 是单调递减函数，再利用
函数单调性解不等式得 ，解该不等式即可得解.
第 4页/共 16页【详解】因为对任意的 ，都有 ， ，且 ，
所以 ，且 ，
设任意 ，则 ，则 ，
又 ，所以 ，
若 ，则当 时， ，则 ，矛盾，
所以 ，所以 ，所以函数 是单调递减函数，
所以不等式 等价于 ，所以 ，
故 即 ，解得 .
所以不等式 的解集是 .
故选：D
【点睛】关键点睛：解决本题的关键 1 是巧妙赋值求出求出 和 ，关键 2 是由所给条件
结合单调性定义求出函数 是单调递减函数.
二､多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符
合题目要求，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. 下列几种说法中，正确的是（ ）
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 若 ，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】取特例判断 A，根据作差法判断 BC，利用不等式性质判断 D.
第 5页/共 16页【详解】当 时，满足 ，但 不成立，故 A 错误；
因为 ，所以 ，即 ，故 B 正确；
因为 ，所以 ，即 ，故 C 正确；
因为 ，所以 ，所以 ，
又 ，所以 ，故 D 正确.
故选：BCD
10. 已知 ，下列说法正确的是（ ）
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 若 ，则
【答案】BC
【解析】
分析】根据正弦函数单调性判断 A，根据余弦函数单调性判断 B，根据诱导公式及同角三角函数关系判断
C，根据诱导公式判断 D.
【详解】因为 在 上不单调，所以 ，则 不成立，故 A 错误；
因为 在 上单调递减，所以 ，则 成立，故 B 正确；
因为 ，所以 ，故 C 正确；
因为 ， ，
所以 或 ，即 或 ，故 D 错误.
故选：BC
11. 已知 ，则下列说法正确的是（ ）
第 6页/共 16页A. 是奇函数
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 若方程 有两个不同的实数解，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据奇偶性定义即可判断 A；分析函数的单调性即可判断 B；由函数的奇偶性和单调性得到
即可判断 C；依次作出函数 、 和 的图象，数形
结合即可得解判断 D.
【详解】对于 A，因为 ，
所以函数定义域为 R，且 ，
故函数 是奇函数，故 A 正确；
对于 B，因为 为增函数，所以 为减函数，
所以若 ，则 ，故 B 错误；
对于 C，因为 ，所以 ，
因为 为减函数，所以 ，
所以 ，故 C 正确；
对于 D，令 ，
依次作出函数 、 和 的图象如图所示：
第 7页/共 16页因为方程 有两个不同的实数解，所以由图得 ，故 D 正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：数形结合是解决函数与方程问题的常用方法，求方程 有两个不同的实数
解的参数 m 时，通过作出函数 、 和 的图象可简化问题的难度而得解.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. __________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据对数的运算及性质求解.
【详解】 ,
故答案为：6
13. 已知 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系求解.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 ，
第 8页/共 16页故答案为：
14. 已知 ，则 的最小值为__________.
【答案】 ##4.5
【解析】
【分析】根据“1”的变形技巧，利用基本不等式得解.
【详解】由 可得 ，
所以
，
当且仅当 ，即 时等号成立，
故答案为：
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. （1）已知 ，求 ；
（2）已知 是第三、四象限角，且 ，求 .
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简，再利用同角三角函数的基本关系即可求值；
（2）利用同角三角函数的基本关系化简，再结合 是第三、四象限角求解即可.
【详解】（1）原式 ，
又 ，所以原式 ；
（2）因为 ①，
第 9页/共 16页两边平方得 ，
因为 ②，所以 ③，
②+③得 ，
即 ，所以 ，
因为 是第三、四象限角，所以 ，
所以 ，
所以 ④，
联立①④，解得 ， ，
所以 .
16. 已知函数 .
（1）若 ，求 的值；
（2）若 ，解不等式 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由 得 a 的方程，解方程即可得解；
（2）由函数 的单调性得不等式组 ，解该不等式组即可得解.
【详解】（1）因为 ，
所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，
第 10页/共 16页（2）因为 ，不等式 ，
所以 ，
即 ①，
因为 在 上单调递减，
所以①等价于 ，
由②得 ，解得 ，
由③得 ，解得 ，
取交集得不等式的解集是 .
17 已知函数 ，且 .
（1）求 的最小正周期 和 的值；
（2）求 在区间 上的最大值和最小值；
（3）若 ，且 ，求 的取值集合.
【答案】（1） ，
（2）最大值 ，最小值
（3）
【解析】
【分析】（1）由周期公式直接求周期，由 得方程 ，结合 的范围即可得
第 11页/共 16页解.
（2）由 的范围结合 的性质即可求解；
（3）由 得 ，结合正弦函数性质得不等式
，结合 解该不等式即可求解.
【小问 1 详解】
的最小正周期 ，
因为 ，所以 ，即 ，
所以 ，又 ，所以 取 ， .
【小问 2 详解】
由（1）知 ，
因为 ，所以 ，
因为 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，即 时， 取得最大值 ，
因为 ，
所以 ，即 时， 取得最小值 ；
【小问 3 详解】
由 得 ，
所以 ，
第 12页/共 16页所以 ，
又 ，所以 只能取 ，得 ，
即 .
18. 已知定义在 上 函数 .
（1）若 ，求 的值域；
（2）是否存在 ，使 是奇函数？若存在，求出 值；若不存在，请说明理由；
（3）若函数 在 上是减函数，求实数 的取值范围.
【答案】（1）
（2）存在
（3）
【解析】
【分析】（1）当 时，利用指数函数的性质即可得出值域；
（2）根据函数为奇函数利用 求 ，再检验即可；
（3）根据函数为减函数，利用单调性定义转化为 成立，再由指数函数单调性得解.
【小问 1 详解】
当 ， ，
设 ，则 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 的值域是 ，
【小问 2 详解】
若 是定义在 上的奇函数，
第 13页/共 16页则 ，即 ，
所以 ，即 ，
此时 ， ，
所以 ，
所以存在 ，使 为奇函数.
【小问 3 详解】
因为 在 上的单调递减，设 ，且 ，
则 ，即 ，
因为 ，
所以 ，
因为 ，所以
因为 ，所以只需
即 ，
因为 ，所以 .
【点睛】关键点点睛：函数变形时，需要对指数的运算熟练且变形能力强，对运算能力要求较高.
19. 已知函数 .
（1）求 的零点；
（2）设函数 的最大值为 ，求 的解析式；
（3）若任意 ，存在 ，使 ，求实数 的取值范围.
第 14页/共 16页【答案】（1） ；
（2） ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）由 得 ，解该方程即可得解；
（2）先由题设得 ，构造函数 ，分 、
和 三种情况结合二次函数单调性分析讨论即可求解.
（3）求出 最小值和 的最小值即可求解.
【小问 1 详解】
令 ，则 ，
所以 的零点是 .
【小问 2 详解】
，
设 ，则 ， ，
由二次函数 在 上的单调性可知
当 即 时， ；
当 即 时， ；
当 即 时， ，
第 15页/共 16页所以 .
【小问 3 详解】
由条件可知 的最小值不小于 的最小值，
因为 ，所以 的最小值是 ，
，
若 时，当 ， 取得最小值 ，
所以 ，且 ，故 ，
若 时，当 ， 取得最小值 ，
所以 ，且 ，故 ，
综上所述， .
第 16页/共 16页
