福建省龙岩市2024-2025学年高一上学期1月期末教学质量检测数学试题

这是一份福建省龙岩市2024-2025学年高一上学期1月期末教学质量检测数学试题，共9页。试卷主要包含了若，，，则它们的大小关系是，若，，则的值为，若函数，则函数的零点个数为，已知函数，则，已知，，且，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上．
2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”．
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、单项选择题：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，只有一个符合题目要求．请把答案填涂在答题卡上．
1．若全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．
C．D．
2．若角终边上一点，则（ ）
A．B．C．D．
3．若函数的定义域为，则“在上单调递增”是“在上的最大值为”的（ ）
A．充分必要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
4．若，，，则它们的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
5．若幂函数在区间上单调递增，则函数的图像过定点（ ）
A．B．C．D．
6．分别以等边三角形的三个顶点为圆心，边长为半径，在另外两个顶点之间画一段劣弧，由这样的三段圆弧组成的曲边三角形被称为勒洛三角形，如图所示．已知某勒洛三角形的周长是，则该勒洛三角形的面积是（ ）
A．B．
C．D．
7．若，，则的值为（ ）
A．B．0C．D．1
8．若函数，则函数的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．无数个
二、多项选择题：本大题共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．请把答案填涂在答题卡上．
9．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．将函数图像上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图像
C．的一个对称中心是
D．当时，函数的值域是
10．已知，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数，则（ ）
A．函数为单调减函数
B．
C．若，使得成立，则
D．函数（且的图像与函数的图像的所有交点纵坐标之和为20
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．______．
13．函数（，）在一个周期内的图像如图所示，则______．
14．若函数的值域为，且，则的最大值为______．
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．（本小题满分13分）
已知函数．
（1）用定义法证明函数在区间上单调递增；
（2）对任意的都有成立，求实数的取值范围．
16．（本小题满分15分）
已知函数．
（1）若，且，求的值；
（2）若，且，，求的值．
17．（本小题满分15分）
已知函数是偶函数．
（1）求实数的值；
（2）若函数的最小值为，求实数的值．
18．（本小题满分17分）
已知函数，其中，．
（1）若，且是函数的一条对称轴，求的最小值；
（2）若，且存在，，使成立，求的取值范围；
（3）若，，且不等式对恒成立，求的值．
19．（本小题满分17分）
双曲函数在实际生活中有着非常重要的应用，比如悬链桥．在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数，最基础的是双曲正弦函数和双曲余弦函数．
（1）证明：；
（2）求证：函数存在唯一零点且；
（3）令，对任意，，都有，求实数的取值范围．
龙岩市2024～2025学年第一学期期末高一教学质量检测
数学参考答案
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12． 13． 14．
11．[解析]
对于A，易知当时，，时，
因此可得在以及上分别为单调递减函数，即A错误；
对于B，易知函数满足，因此可得关于对称，
即B正确；
对于C，由，即，
即在有解，易知,
所以可得，解得，即C错误；
对于D，画出函数以及的图像如下图所示：
易知也关于对称，的周期为4，
一个周期与有两个交点，所以与在共20个交点，即，故D正确．
故选：BD．
14．[解析]
，因为，所以，
所以函数值域为，故，
则
因为，当且仅当时取等号，
所以．
四、解答题：本大题共5小题，共77分．
15．（本小题满分13分）
解：（1）证明：取任意，，且，
有
由，可得，
，即，
所以在上单调递增．（2）由在上单调递增，
可得在上，
依题意得，
又，当且仅当，
即时取等号，
所以，解得
所以实数的取值范围是
16．（本小题满分15分）
解：（1），3分
由，得，又，所以.6分（2）由得，所以7分
又，所以.8分
由于，故，，，
所以，，故，10分
，
所以
，
又因为
故．
17．（本小题满分15分）
解：（1）由题意得：，即，
所以，其中
所以，解得：
注：以特殊值求出，而未证明的给4分.
（2）由（1）得，
所以，
令，故的最小值为，
等价于，解得：
或，无解
综上：
18．（本小题满分17分）
解：（1）当时，，由已知得，
得，由，故当时，有最小正值3
（2）当时，，由已知条件，存在，，令，
则函数在区间上至少存在两个最大值点，
则，即，所以的取值范围为
（3）时，问题转化为：不等式，对恒成立
由，则，
当或时，即或时，，
当时，即时，，
所以当或时，，
当时，，
设函数，则在上单调递增，在上单调递减，
且函数的图像关于直线对称，所以，
所以，解得，
又由，解得，
所以
19．（本小题满分17分）
解：（1）证明：右边
左边.
所以
（2）证明：当时，，所以单调递增.
又，由于，而，
所以.又，
所以由零点存在定理得在内有唯一零点，使得.-
当时，，所以，则在上无零点；
当时，，所以，
则在上无零点.
综上，在上有且仅有一个零点
所以，且，
则.
由函数的单调性得函数在上单调递减，
则，故
（3）因为对于任意都有成立，
所以成立.
因为当且仅当时等号成立，
所以
即对于任意成立，
又需满足，对于任意成立，则，
由，可得，所以．
式可化为，
即对于任意成立，即成立，
即对于任意成立，
因为，所以对于任意成立，
即对于任意成立，而，所以，
又，可得，所以的取值范围为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
选项
C
B
C
D
B
A
A
B
题号
9
10
11
选项
AC
ACD
BD