广东省广州市花都区2024-2025学年高一上学期二校联合期末考试数学试卷（解析版）

这是一份广东省广州市花都区2024-2025学年高一上学期二校联合期末考试数学试卷（解析版），共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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、是符合题目要求的.
1. 若，则的终边在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】因为，所以与的终边相同，易知的终边在第三象限．
故选：C．
2. 设集合，，则集合与集合的关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】函数值域为，即，
函数的定义域为，即，
所以．
故选：D.
3. 下列函数中与是同一个函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，定义域为.
A.，定义域为，与不是同一函数.
B.，定义域为，与不是同一函数.
C.，定义域为0，+∞，与不是同一函数.
D. ，定义域为，与是同一函数.
故选：D.
4. 已知命题：，，命题：，，则（ ）
A. 和均为真命题B. 和均为真命题
C. 和均为真命题D. 和均为真命题
【答案】B
【解析】因为当时，成立，故命题为真命题，为假命题；
当时，，故命题：，为假命题，为真命题.
故选：B.
5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以；
因为，所以；
因为，所以，所以．
故选：B．
6. 是三角形的一个内角，且，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由解得或（舍去，是三角形的一个内角）．
故．
故选：A．
7. 若函数在（0，2）上有两个零点，则a的取值范围为（ ）
A. (0，2)B. (0，1)C. (1，2)D.
【答案】B
【解析】
【分析】因为抛物线的对称轴为x=1，所以，解不等式得a的取值范围为（0，1）.
故选：B.
8. 函数的图象与的图象的交点个数为（ ）
A. 8B. 6C. 4D. 2
【答案】C
【解析】由题，，
因为与图象关于y轴对称，
所以在同一直角坐标系中，作出两个函数与的图象如下图所示，
由图可知，两函数的图象的交点个数为4.
故选：C.
二、多项选择题：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. 已知角和的终边关于轴对称，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】因为角和的终边关于x轴对称，可得.
对于A，由，A正确；
对于B，由，B错误；
对于C，由，C正确；
对于D，由，D错误.
故选：AC.
10. 关于x的不等式（其中），其解集可能是（ ）
A. B. RC. D.
【答案】BCD
【解析】A选项，当时，，所以解集不可能为，故A错误；
B选项，当，时，不等式恒成立，即解集为R，故B正确；
C选项，当，时，不等式的解集为，故C正确；
D选项，当，，不等式的解集为，故D正确．
故选：BCD．
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数的单调递增区间是B. 函数的值域是R
C. 函数的图象关于对称D. 不等式的解集是
【答案】BC
【解析】对于A选项，由可得或，
所以函数的定义域为，
因为函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且函数为增函数，所以函数的单调递增区间是，故A错；
对于B选项，由A知函数定义域为，
当或时，函数值域为，所以函数的值域是R，故B对；
对于C选项，因为，
所以函数的图象关于对称，故C对；
对于D选项，由可得，解得或，
所以不等式的解集是，故D错.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】在上单调递增，在上单调递减，.
13. 已知，，则_________________.（用表示）
【答案】
【解析】因为，所以，
又，所以
.
14. 已知函数是定义在上的奇函数，且，若对任意的，当时，都有成立，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】令，则为偶函数，且，
当时，减函数，
所以当或时，；当或时，；
因此当时，；当时，，
即不等式的解集为.
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. 已知角的终边经过点.
（1）求，的值；
（2）求的值.
解：（1）由题意，角的终边经过点，设，
所以，.
（2）由（1）可得，
由诱导公式可知，，
将上式分子分母同时除以可得.
16. 已知函数的定义域为，函数的值域为.
（1）若，求集合；
（2）若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值范围.
解：（1）由，解得或，
所以函数的定义域为集合或.
当时，，对称轴为，
因为，
所以，又当时，
所以.
（2）因为“”是“”的必要不充分条件，所以，
又因为，，
所以，
又因为或，所以或，解得或，
故的取值范围为.
17. 已知函数．
（1）判断的奇偶性，并证明；
（2）求函数的单调区间．
解：（1）函数中，，解得或，
则的定义域为，
函数为奇函数，证明如下：，
由奇函数的定义可知，为奇函数．
（2）令，函数在和上单调递增，
又上单调递增，
所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间不存在.
18. 为提高水果销售量，助力乡村振兴，某镇欲建立一个水果箱加工厂，每年需投入固定成本万元，当年产量（单位：万件）低于10万件时，流动成本（万元），当年产量（单位：万件）不低于10时，（万元）.经调研，每件水果箱售价为元，每年加工的水果箱能全部售完.
（1）求年利润关于年产量（单位：万件）的函数关系式；（注：年利润年销售额固定成本流动成本）
（2）求年产量（单位：万件）为多少时，年利润取得最大值，并求出的最大值.
解：（1）当时，，
当时，，
所以.
（2）当时，，
此时，；
当时，，
当且仅当，即时，取得等号．
因为，所以年产量为万件时，年利润取得最大值21万元．
19. 已知函数（，）的图象经过点，.
（1）求的解析式；
（2）证明：曲线是中心对称图形；
（3）求关于的不等式的解集.
解：（1）由题意可知，，
解得，或，，
因为，，所以，，
所以.
（2）因为，x∈R，
所以曲线y=fx关于点对称，故曲线y=fx是中心对称图形.
（3）由（1）可知，，
易知函数在上单调递增，且，所以在上单调递减.
由（2）可知，，
由，
得，
即，
根据在上单调递减，得，
整理得，，即.
当时，解得；
当时，无解；
当时，解得.
综上可知，
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为.