文档内容
梅州市高中期末考试试卷（2025.1）
高一数学
注意事项：本试卷共6页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的学校、班级、考生号、姓名和座号填
写在答题卡上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．
3．作答必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应
位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不
按以上要求作答的答案无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合要求的．
1. 设集合 ， ，则满足 的集合 有（ ）种情况
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】列举集合 含有两个元素的子集，可得结果.
【详解】因为集合 含有两个元素的子集有： ， ， 共3个，
所以集合 有3中情况.
故选：C
2. “ ”是“ ”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】A
【解析】
【分析】解不等式 ，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】解不等式 可得 ，且 ，
因此，“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 函数 的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数的真数大于0，偶次根式被开方数大于等于0，分式的分母不为0求 的取值范围即可.
【详解】由题意： ，所以所求函数的定义域为： .
故选：B
4. 在平面直角坐标系xOy中，角 的顶点为坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边经过点 ，
则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数的定义可求得 ，再根据诱导公式化简求值即可.
【详解】因为角 的终边经过点 ，所以 ，所以 .
故选：D
5. 图1是杭州第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展．图2是会徽的几何图形，设 的长为 ， 的长为 ，若 ， ，且 ，则几
何图形 的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求 的长，利用扇形的面积公式求解.
【详解】因为 ， ，
由 得： .
所以几何图形 的面积为： .
故选：B
6. 函数 是定义在 上的偶函数，且在区间 上单调递增，则不等式 的解集
为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据偶函数的性质，把函数不等式转化成代数不等式求解.
【详解】因为 为 上的偶函数，且在 上单调递增，所以 在 上单调递减.所以 或 ，即 或 .
所以所求不等式的解集为： .
故选：C
.
7 已知 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等式构造函数，根据函数单调性，可得答案.
【详解】由 ，令 ，易知函数 在 上单调递增，
由 ， ，则 ；
由 ，令 ，易知函数 在 上单调递增；
由 ， ，则 .
.
综上可得
故选：D.
8. 每次去加油站，甲选择加固定金额的油，乙选择加固定体积的油．在油价的波动情况下，哪种方式更经
济呢？（ ）
A. 加固定金额的方式 B. 加固定体积的方式 C. 两种方案一样 D. 要视具体价格而定
【答案】A
【解析】
【分析】设两次加油的油价分别为 ， （ ，且 ），分别计算两种方案的平均油价，然后比
较即得.
【详解】设两次加油的油价分别为 ， （ ，且 ），乙方案每次加油的量为 ；甲
方案每次加油的钱数为 ，则乙方案的平均油价为： ，甲方案的平均油价为： ，
因为 ，
所以 ，即甲方案更经济．
故选：A
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 下列等式正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据诱导公式化简可判断ABC的真假；根据同角三角函数的商数关系结合诱导公式可判断D的
真假.
【详解】对A： ，故A正确；
对B： ，故B错误；
对C： ，故C正确；
对D： ，故D正确.
故选：ACD10. 下列命题是真命题的是（ ）
A. ， B. ，
C. ，使得 D. ，且 ，使得
【答案】AC
【解析】
【分析】结合配方法及全称量词命题的概念判断A，举例结合全称量词命题和存在量词命题的概念判断
BC，结合幂函数的单调性及存在量词命题的概念判断D.
【详解】 ， 恒成立，故A正确；
当 时， ，故B显然错误；
当 时， ，故C正确；
因 在 上单调递增，由 可得 ，故D错误．
为
故选：AC
11. 高斯函数 表示的是不超过实数x的最大整数， ，则下列结论正确的有（
）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据高斯函数的概念，可判断A的真假；分别计算 ， ， 判断BCD
的真假.
【详解】对A：根据高斯函数的概念， 成立，所以A正确；
对B：因为 ，所以 ，故B错误；对C：因为 ，故C正确；
对D：当 时， ，所以 ；
当 时， ，所以 ；
当 时， ，所以 ；
当 时， ，所以 ；
当 时， ，所以 .
所以 ，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：对D选项，要分析 的值对 的影响.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知 ，则 ______．
【答案】4
【解析】
【分析】利用函数解析式求函数值.
【详解】因为 ， ，所以 .
故答案为：4
13. 放射性物质原子核数的衰变规律是： ，其中 指初始时刻的原子核数，t为衰变时间，
T为半衰期，N为衰变后剩余的原子核数．已知甲、乙两种放射性物质的半衰期分别为 、 （单位：天），若两种物质的初始原子核数相同，512天后发现甲的原子核数是乙的原子核数的4倍，则
______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定信息，列出方程化简求得答案.
【详解】依题意， ，整理得 ，则 ，
所以 .
故答案为：
14. 函数 的定义域为R，满足 ，且当 时， ，则
______； 时， ______．
【答案】 ①. 16 ②.
【解析】
【分析】根据 ，可得 ，进行求值；又 时， ，
，即可得解.
【详解】根据题意， ，
则 ；
时， ，则 .
故答案为：16；
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. 计算：
（1） ；
（2） ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据指数幂的运算法则进行计算.
（2）根据对数的概念和运算法则进行计算.
【小问1详解】
原式 ．
【小问2详解】
原式 ．
16. 设函数 ， ．
（1）解方程： ；
（2）求 的单调区间；（3）求 在区间 上的值域．
【答案】（1） 或
（2）单调减区间为 ，单调增区间为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦函数的周期性以及特殊角的正弦值，可得答案；
（2）根据复合函数的单调性，结合正弦函数以及一次函数的单调性，建立不等式，可得答案；
（3）利用整体换元整理函数，根据正弦函数的单调性，可得答案.
【小问1详解】
由 ，即得 ，
从而 或者 ，解得 或者 ，
所以方程 的解集为 或 ．
【小问2详解】
因为 关于 在 上单调递增，在 上单调递减，
关于 在 上单调递增．
令 ，得 ．
所以， 的单调增区间为 ．令 ，得 ．
所以， 的单调减区间为 ．
综上， 的单调增区间为 ，单调减区间为 ．
【小问3详解】
由 ，得 ．
由函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 ，即 时， ，
当 ，即 时， ，
因此， 在区间 的值域为 ．
17. 已知函数 ．
（1）若关于x的不等式 的解集为 ，求实数k，b的值；
（2）对于参数 ，解关于x的不等式 ．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
的
【分析】（1）根据一元二次不等式 解集确定方程的根，利用韦达定理列方程求解即可；
（2）结合二次函数的图象与性质，按照判别式的符号分类讨论求解一元二次不等式即可.【小问1详解】
因为关于 的不等式 的解集为 ，
可知方程 的两根为 ， ．
由韦达定理，可知 ，解得 ．
【小问2详解】
令 ，
①当 ，即 时，
函数 图像与 轴至多只有1个交点，且开口向上．
因此，不等式 的解集为 ．
②当 ，即 或 时，
函数 图像与 轴有两个交点，且开口向上．
令 ，则方程 有两个不等实根，
为： ， .
可知，不等式 的解集为：
或 .
综上所述，①当 时，不等式 的解集为 ；
②当 或 时，不等式 的解集为
或 .18. 已知函数 （ ），且 ，其中 为奇函数， 为偶函数．
（1）求 在 上的最值；
（2）求 和 的解析式；
（3）若函数 在 上存在零点，求实数 的取值范围．
【答案】（1）最小值为 ，最大值为4
（2） ，
（3）
【解析】
【分析】（1）先利用二次函数求解内层函数 的最值，然后再利用指数函数的单调性求出外
层的最值，即可得解.
（2）结合函数的奇偶性，利用方程组法求解析式.
（3）依题意， ，利用换元法将原问题转化为
在 存在零点，然后利用二次函数根的分布列不等式求解即可.
【小问1详解】
依题意， ，
的图象是开口向上，
以 为对称轴的抛物线，则当 时， 取得最小值 ，
又函数 单调递增，从而 的最小值为 ，当 时， 取得最大值2，从而 的最大值为 ，即4．
【小问2详解】
因为 ①，
以 代入 ，可得 ，
因为 为奇函数，有： ，
为偶函数，有： ，
于是有 ②，
联立①和②，解得： ， ．
【小问3详解】
依题意，
.
当 ，由 在 上单调递增可知， ，
要使 在 上存在零点，
即要 在 存在零点，
又 是开口向下的抛物线且 ，则需 或 ，解得 ，
所以满足题意的实数 的取值范围为 ．
19. 已知集合 具有性质 对任意 、
， 与 至少有一个属于集合 ．
（1）判断集合 和 是否具有性质 ，并说明理由；
（2）已知 具有性质 ，当 时，求集合 ；
（3）已知 具有性质 ，求证： ．
【答案】（1）集合 具有性质 ，集合 不具有性质 ；理由见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题中性质 的定义验证即可；
（2）根据 可得出 ，再由 ，可得出 ，由此可得出集合 ；
（3）根据 ，可求出 ，由不等式的性质可得 ，结合，可推导出 ， ， ， ， ，再结合累乘法
可推出结论成立.
【小问1详解】
集合 中，因为 ， ， ，
， ， ， ，所以集合 具有性质 ；
集合 中，因为 ， ，所以集合 不具有性质 ．
【小问2详解】
因为 ，且 具有性质 ，
所以 ， ，则 ，
又因为 ，所以 ，则 ，
由集合的互异性知 ，而 ，所以 ，故 ．
【小问3详解】
因 为 具有性质 ，
所以 ，则 ，则 ．
又因为 ，所以 ，
又因为 ，
所以 ，则 ，所以 ， ， ， ， ，
所以 ，
即 ，因此， ．
