2025年安徽省定远启明中学数学高一上期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2025年安徽省定远启明中学数学高一上期末质量跟踪监视试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．下列表示正确的是
A.0∈N B.∈N
C.–3∈N D.π∈Q
2．数学可以刻画现实世界中的和谐美，人体结构、建筑物、国旗、绘画、优选法等美的共性与黄金分割相关．黄金分割常数也可以表示成，则（）
A. B.
C. D.
3．函数的图象如图所示，则函数的零点为（ ）

A. B.
C. D.
4．若，，且，则
A. B.
C. D.
5．已知函数f（x）=，若f（f（-1））=6，则实数a的值为（　　）
A.1 B.
C.2 D.4
6．设全集，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
7．如图，网格线上小正方形边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，那么该几何体的体积是

A.3 B.2
C. D.
8．根据表格中的数据， 可以判定函数的一个零点所在的区间为．

A. B.
C. D.
9．命题“”的否定是
A. B.
C. D.
10．若，则它是（ ）
A.第一象限角 B.第二象限角
C.第三象限角 D.第四象限角
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知，则函数的最大值是__________
12．对于定义在上的函数，如果存在区间，同时满足下列两个条件：
①在区间上是单调递增的；②当时，函数的值域也是，则称是函数的一个“递增黄金区间”.下列函数中存在“递增黄金区间”的是：___________.（填写正确函数的序号）
①；②；③；④.
13．已知函数定义域为，若满足① 在内是单调函数；存在使在上的值域为，那么就称为“半保值函数”，若函数且 是“半保值函数”，则的取值范围为________
14．已知集合，若，则_______.
15．已知函数，则___________.
16．已知函数，若对任意的、，，都有成立，则实数的取值范围是______.
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知函数
（1）求的最小正周期；
（2）当时，求的最小值以及取得最小值时的集合
18．已知函数的部分图象如图所示.

(1)求函数的解析式，并求它的对称中心的坐标；
(2)将函数的图象向右平移个单位，得到的函数为偶函数，求函数，的最值及相应的值.
19．（1）化简与求值：lg5＋lg2＋＋21n（π-2）0：
（2）已知tanα＝3．求的值.
20．已知,当时，.
（1）若函数的图象过点，求此时函数的解析式；
（2）若函数只有一个零点，求实数a的值.
21．已知函数
（Ⅰ）当时，求在区间上的值域；
（Ⅱ）当时，是否存在这样的实数a，使方程在区间内有且只有一个根？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、A
【解析】根据自然数集以及有理数集的含义判断数与集合关系.
【详解】N表示自然数集，在A中，0∈N，故A正确；
在B中，，故B错误；
在C中，–3∉N，故C错误；
Q表示有理数集，在D中，π∉Q，故D错误
故选A
【点睛】本题考查自然数集、有理数集的含义以及数与集合关系判断，考查基本分析判断能力，属基础题.
2、A
【解析】利用同角三角函数平方关系，诱导公式，二倍角公式进行求解.
【详解】
故选：A
3、B
【解析】根据函数的图象和零点的定义，即可得出答案.
【详解】解：根据函数的图象，可知与轴的交点为，
所以函数的零点为2.
故选：B.
4、A
【解析】∵，
∴2既是方程的解，又是方程的解
令a是方程的另一个根，b是方程的另一个根
由韦达定理可得：
2×a=6，即a=3，∴2+a=p，∴p=5
2+b=−6，即b=−8，∴2×b=−16=−q，∴q=16
∴p+q=21
故选：A
5、A
【解析】利用分段函数的解析式，由里及外逐步求解函数值得到方程求解即可
【详解】函数f（x）=，若f（f（-1））=6，
可得f（-1）=4，f（f（-1））=f（4）=4a+log24=6，
解得a=1
故选A
【点睛】本题考查分段函数应用，函数值的求法，考查计算能力
6、A
【解析】
根据补集定义计算．
【详解】因为集合，又因为全集，所以，.
故选：A.
【点睛】本题考查补集运算，属于简单题．
7、D
【解析】由三视图可知该几何体为有一条侧棱与底面垂直的三棱锥．其体积为
故选D
8、D
【解析】函数，满足.
由零点存在定理可知函数的一个零点所在的区间为.
故选D.
点睛：函数的零点问题，常根据零点存在性定理来判断，如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0, 这个c也就是方程f(x)＝0的根．由此可判断根所在区间.
9、C
【解析】全称命题的否定是存在性命题，所以，命题“”的否定是，选C.
考点：全称命题与存在性命题.
10、C
【解析】根据象限角的定义判断
【详解】因为，所以是第三象限角
故选：C

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】由函数变形为，再由基本不等式求得，从而有，即可得到答案.
【详解】∵函数
∴
由基本不等式得，当且仅当，即时取等号.
∴函数的最大值是
故答案为.
【点睛】本题主要考查线性规划的应用以及基本不等式的应用，.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
12、②③
【解析】由条件可得方程有两个实数解，然后逐一判断即可.
【详解】∵在上单调递增，由条件②可知，即方程有两个实数解；
∵x+1=x无实数解，∴①不存在“递增黄金区间”；
∵的两根为：1和2，不难验证区间[1，2]是函数的一个“递增黄金区间”；
在同一坐标系中画出与的图象如下：

由图可得方程有两个根，∴③也存在“递增黄金区间”；
在同一坐标系中画出与的图象如下：

所以没有实根，∴④不存在.
故答案为：②③.
13、
【解析】根据半保值函数的定义,将问题转化为与的图象有两个不同的交点，即有两个不同的根,换元后转化为二次方程的实根的分布可解得.
【详解】因为函数且是“半保值函数”，且定义域为，
由时，在上单调递增，在 单调递增，
可得为上的增函数；
同样当时，仍为上的增函数，
在其定义域内为增函数，
因为函数且是“半保值函数”，
所以与的图象有两个不同的交点，
所以有两个不同的根，
即有两个不同的根,
即有两个不同的根,
可令，，
即有有两个不同正数根，
可得，且，
解得.
【点睛】本题考查函数的值域的求法，解题的关键是正确理解“半保值函数”，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化
14、
【解析】根据求得，由此求得.
【详解】由于，所以，所以.
故答案为：
15、
【解析】利用函数的解析式由内到外逐层计算可得的值.
【详解】因为，则，故.
故答案为：.
16、
【解析】分析出函数为上的减函数，结合已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】设，则，由可得，即，
所以，函数为上的减函数.
由于，
由题意可知，函数在上为减函数，则，
函数在上为减函数，则，
且有，所以，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案：.
【点睛】关键点点睛：在利用分段函数的单调性求参数时，除了分析每支函数的单调性外，还应由间断点处函数值的大小关系得出关于参数的不等式组求解.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1），（2），时
【解析】（1）先利用同角平方关系及二倍角公式，辅助角公式进行化简，即可求解；
（2）由的范围先求出的范围，结合余弦函数的性质即可求解
【详解】解：（1），
，
，
，
故的最小正周期；
（2）由可得，，
当得即时，函数取得最小值．所以，时
18、 (1)，对称中心坐标为；(2)，此时；，此时.
【解析】⑴由图象求得振幅，周期，利用周期公式可求，将点代入解得，求得函数解析式，又，解得的值，可得函数的对称中心的坐标；
⑵由题意求出及函数的解析式，又因为，同时结合三角函数的图象进行分析，即可求得最值及相应的值
解析：(1)根据图象知，
，
∴，∴，
将点代入，解得，
∴，
又∵，解得，
∴的对称中心坐标为.
(2)，
∵为偶函数，
∴，
∴，
又∵，∴，
∴，
∴

.
∵，
∴，
∴，
∴，此时；，此时.
点睛：本题考查了依据三角函数图像求得三角函数解析式，计算其对称中心，在计算三角函数值域或者最值时的方法是由内到外，分布求得其范围，最终算得结果，注意这部分的计算，是经常考的内容
19、（1）；（2）-2
【解析】（1）利用根式和对数运算求解；
（2）利用诱导公式和商数关系求解.
【详解】解：（1），
，
，
；
（2）原式，
，
因为，
所以原式.
20、 (1) (2)或.
【解析】（1）由计算；
（2）只有一个解，由对数函数性质转化为方程只有一个正根，分，和讨论
【详解】（1）,当时，.
函数的图象过点，
，解得，
此时函数.
（2）
，
∵函数只有一个零点，
只有一个正解，
∴当时，，满足题意；
当时，只有一个正根，若，解得，此时，满足题意；
若方程有两个相异实根，则两根之积为，此时方程有一个正根，符合题意；
综上，或.
【点睛】本题考查函数零点与方程根的分布问题．解题时注意函数的定义域，在转化时要正确确定　方程根的范围，对多项式方程，要按最高次项系数为0和不为0进行分类讨论
21、（Ⅰ）；（Ⅱ）存在，.
【解析】（Ⅰ）先把代入解析式，再求对称轴，进而得到函数的单调性，即可求出值域；
（Ⅱ）函数在区间内有且只有一个零点，转化为函数和的图象在内有唯一交点，根据中是否为零，分类讨论，结合函数的性质，即可求解.
【详解】（Ⅰ）当时，，
对称轴为：，
所以函数在区间单调递减，在区间单调递增；
则，
所以在区间上的值域为；
（Ⅱ）由，
令，可得，
即，
令，，，
函数在区间内有且只有一个零点，
等价于两个函数与的图象在内有唯一交点；
①当时，在上递减，
在上递增，
而，
所以函数与的图象在内有唯一交点.
②当时，图象开口向下，
对称轴为，
在上递减，
在上递增，
与的图象在内有唯一交点，
当且仅当，
即，
解得，
所以.
③当时，图象开口向上，
对称轴为，
在上递减，
在上递增，
与的图象在内有唯一交点，
，
即，
解得，
所以.
综上，存在实数，使函数于在区间内有且只有一个点.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了求一元二次函数的值域问题，以及函数与方程的综合应用，其中解答中把函数的零点问题转化为两个函数图象的交点个数问题，结合函数的性质求解是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力.