2024—2025學年度茂名市七校聯盟高一聯考數學試題本試卷共4頁，19題．全卷滿分150分．考試用時120分鐘．注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．3．非選擇題的作答：用簽字筆直接寫在答題卡上對應的答題區域內．寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用二次不等式的解法求得，利用具體函數的定義求得，再利用集合的運算，即可求解.【詳解】由，得到，所以，又，得到，所以，得到，故選：A.2.命題：“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據特稱命題的否定為全稱命題即可得到答案.【詳解】根據特稱命題的否定為全稱命題知：“”的否定是“”.故選：B.3.函數的零點所在的區間是（

）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】判斷函數的單調性，求，，，，結合零點存在性定理確定零點所在的區間.【詳解】因為函數和函數在上都單調遞增，所以函數為增函數，又，，，，由零點存在性定理可得函數的零點所在的區間是.故選：C4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據條件，利用正切的差角公式，求得，再利用正切的倍角公式，即可求解.【詳解】因為，解得，所以，故選：B.5.已知函數的圖象相鄰的兩條對稱軸間的距離為，為得到的圖象，可將的圖象上所有的點（）A.先向右平移個單位長度，再將所得點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變B.先向右平移個單位長度，再將所得點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變C.先向右平移個單位長度，再將所得點的橫坐標變為原來的2倍，縱坐標不變D.先向右平移個單位長度，再將所得點的橫坐標變為原來的2倍，縱坐標不變【答案】A【解析】【分析】直接求出函數的周期T，利用周期公式可求，得到函數的解析式，利用圖象平移的規律：左加右減，圖象伸縮變換的規律即可得解．【詳解】由題意可知，所以，所以可將的圖象上所有的點先向右平移個單位長度得到，再將所得點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變得到的圖象，即的圖象，故選：A6.已知，且，則（）A. B. C. D.12【答案】B【解析】【分析】根據指對互化，結合換底公式，即可求解.【詳解】由可得，由，故，故，由于，故，故選；B7.設，則下列關系正確的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】找中間值，得到，，，即可求得結果.【詳解】因為，故；因為，故；因為，故；故故選：D8.已知，函數在上單調，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據條件，利用的性質，利用整體代入法分別求出的單調遞增和單調遞減區間，然后分函數在上單調遞增和遞減兩種情況討論，可得和且，即可求出結果.【詳解】若函數在上單調遞增，由，得，所以，又，取，得，若函數在上單調遞減，由，得，所以，又，取，得，所以的取值范圍是，故選：C二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.下列命題為真命題的是（）A.是的必要不充分條件B.若，則的最小值為C.若，則D.若冪函數圖象經過點，則函數的圖象恒過定點【答案】ABD【解析】【分析】選項A利用充要條件的推導關系判斷；選項B利用正切的和差公式和均值不等式判斷；選項C注意正負和取；選項D考查了冪函數求參數，以及對數函數的定點問題；【詳解】選項A：能推出，反之可以推出或，所以是的必要不充分條件，故A正確；選項B：由可得，，所以，當且僅當時,等號成立，故B正確；選項C：當或或時，不成立，故C錯誤；選項D：經過點，代入，則，恒過定點，所以恒過定點，故D正確；故選：ABD.10已知，則（）A.的最小正周期是 B.的圖象關于對稱C.的值域為 D.在上單調遞增【答案】BCD【解析】【分析】利用函數的對稱性與周期性結合誘導公式可判定A、B，再根據A、B結論及三角函數的圖象與性質可判定C、D.【詳解】對于A，根據誘導公式可知：，所以也是的周期，故A錯；對于B，根據誘導公式可知：，所以的圖象關于對稱，故B對；當時，，又在在上都單調遞增，所以在上單調遞增，故C對；如圖由，所以是偶函數，所以在上單調遞減，在上單調遞增，的最小正周期是，所以時，，所以，又的最小正周期是，所以是一個周期，所以的值域為故D對；故選：BCD11.定義在上的函數，且，則（）A.是偶函數B.的圖象關于點對稱C.D.【答案】ACD【解析】【分析】利用賦值法，根據奇偶性的定義判斷A；舉出反例判斷B；求解判斷C，D.【詳解】令，得，令，得，又，所以，所以是偶函數，故A對；令，令，得，，所以的圖象不關于點對稱，故B錯，C對；令，得，令，令，同理可得，所以，故D對；故選：ACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知函數，則____________．【答案】【解析】【分析】由分段函數解析式，由內向外求解即可；【詳解】，所以，故答案為：13.不等式對一切實數都成立，則實數取值范圍________【答案】【解析】【分析】對不等式的二次項系數進行分類討論，結合二次函數的性質進行求解即可.【詳解】當時，原不等式變為，顯然對一切實數都成立；當時，要想不等式對一切實數都成立，則滿足：且，解得綜上所述：實數的取值范圍是.故答案為：14.已知實數滿足，則的取值范圍是_____________．【答案】【解析】【分析】由條件得到，再由三角函數換元求解即可；【詳解】由，可得：，設，可得：，所以，因為，所以，所以的取值范圍是；故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟15.已知角的頂點在坐標原點，始邊與軸正半軸重合，終邊經過點．（1）求和的值；（2）求的值．【答案】（1）2，（2）1【解析】【分析】（1）由三角函數的定義和正弦二倍角公式即可求解；（2）由誘導公式及同角商的關系即可求解；【小問1詳解】因為角的終邊經過點．由三角函數定義知，．∴．∴．【小問2詳解】由誘導公式得16.已知函數．（1）若的解集為，求實數的值；（2）若在上具有單調性，求實數的取值范圍；（3）當時，對任意恒成立，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）（3）．【解析】【分析】（1）根據的解集得到方程的兩根，然后利用韋達定理計算；（2）根據二次函數的單調性列不等式，解不等式即可；（3）將恒成立轉化為恒成立，然后利用單調性的定義判斷單調性求最值即可.【小問1詳解】∵的解集為．∴是方程的兩根．∴，．小問2詳解】的對稱軸方程為．∵在上具有單調性．∴，∴或．∴實數的取值范圍為．【小問3詳解】，∴，設，任取，且．當時，，∴，當時，，∴．∴在上單調遞減，在上單調遞增，且．所以當時，，所以，即取值范圍為．17.已知函數．（1）求的單調區間；（2）若，求的最小值；（3）若方程有四個不等實根，求實數的取值范圍．【答案】（1）增區間為，減區間為（2）（3）【解析】【分析】（1）根據的單調性，結合函數圖象即可求解；（2）根據對數的運算可得，即可利用基本不等式求解；（3）利用換元法，將問題轉化為，有兩個正的實數根，即可由一元二次方程根的分布求解.【小問1詳解】，由于在上單調遞增，所以的增區間為，減區間為；【小問2詳解】由（1）知在上單調遞減，在上單調遞增，，即，∴，∴，∴，，當且僅當，即時取等號，∴的最小值為．【小問3詳解】有四個不等實根，即有四個不等實根，設，得，只需方程有兩個不等正實根，，解得，∴的取值范圍為．18.已知函數．（1）求的單調遞增區間；（2）若，求的值；（3）若的圖象與直線在區間上恰有三個交點，其橫坐標分別為，求的取值范圍．【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】1）利用倍角公式及正弦的和角公式得到，把看成一整體，利用的性質，得，即可求解；（2）根據條件，利用平方關系求出，再通過構角，利用正弦的差角公式，即可求解；（3）利用（1）結果得到在區間上的單調性，進而得出圖象，再數形結合，即可求解.【小問1詳解】因為，由，得到，所以的單調遞增區間為，．【小問2詳解】由（1）知，則，又，所以，又，所以，則，又，．【小問3詳解】當時，由（1）知在區間和上單調遞增，在區間上單調遞減，且，則在區間上的圖象如圖所示，又直線與的圖象有三個交點．則，不妨設三個交點為，且，則，又易知，所以，所以的取值范圍為．19.在數學中，雙曲函數是與三角函數類似的函數，最基本的雙曲函數是雙曲正弦函數與雙曲余弦函數，其中雙曲正弦函數，雙曲余弦函數，是自然對數的底數（…）（1）解方程；（2）求不等式的解集；（3）對于任意，總存在，使不等式成立，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）（3）