2024-2025学年广东省梅州市高一上学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省梅州市2024-2025学年高一上学期期末数学试题一、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.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】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】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】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】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】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】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】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】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.下列等式正确的有（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】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：ACD.10.下列命题是真命题的是（）A.， B.，C.，使得 D.，且，使得【答案】AC【解析】，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．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】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.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】因为，，所以.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】依题意，，整理得，则，所以.14.函数的定义域为R，满足，且当时，，则______；时，______．【答案】16【解析】根据题意，，则；时，，则.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）．解：（1）原式．（2）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．解：（1）由，即得，从而或者，解得或者，所以方程的解集为或．（2）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．（3）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．解：（1）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．（2）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．解：（1）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．（2）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：，．（3）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：．解：（1）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．（2）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．（3）因具有性质，所以，则，则．又因为，所以，又因为，所以，则，所以，，，，，所以，即，因此，．广东省梅州市2024-2025学年高一上学期期末数学试题一、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.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】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】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】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】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】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】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】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】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.下列等式正确的有（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】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：ACD.10.下列命题是真命题的是（）A.， B.，C.，使得 D.，且，使得【答案】AC【解析】，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．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】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.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】因为，，所以.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】依题意，，整理得，则，所以.14.函数的定义域为R，满足，且当时，，则______；时，______．【答案】16【解析】根据题意，，则；时，，则.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）．解：（1）原式．（2）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．解：（1）由，即得，从而或者，解得或者，所以方程的解集为或．（2）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．（3）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．解：（1）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．（2）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．解：（1）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．（2）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：，．（3）依题意，.当，由在上单调递增可知，，要使在上