高级中学名校试卷
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江苏省盐城市阜宁县2024-2025学年高一上学期1月期末
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.已知集合，则用列举法表示（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由得，，即，
又，∴，故.
故选：C.
2.设，则“”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】B
【解析】因为，所以或，解得或，
所以不等式的解集为或；
因为，所以，解得或，
所以不等式的解集为或；
因为或是或的真子集，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3.在单位圆中，已知角是第二象限角，它的终边与单位圆交于点，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意，且，解得，
所以.
故选：D.
4.函数的部分图象如图所示，则（）
A. B. C.1 D.
【答案】D
【解析】由图可知函数的周期，
故；
又由图象和函数解析式知函数过点，求得：，，
解得，，又，故可得：，
故，满足，
则.
故选：D.
5.已知的值域为，那么实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】当时，函数在上单调递增，其取值集合为，
而函数的值域为R，因此函数在上的取值集合包含，
当时，函数在上的值为常数，不符合要求，
当时，函数在上单调递减，取值集合是，不符合要求，
于是得，函数在上单调递增，取值集合是，
则，解得，所以实数的取值范围是.
故选：A.
6.定义域为的函数满足，，且，，当时，，则不等式的解集为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意是函数的对称轴，在上是增函数，
所以在上是减函数，
又，所以，
所以当时，，满足，
当时，，，也满足，
所以不等式的解集为.
故选：D.
7.已知函数，若有四个不同的解且，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，画出y=fx与的图象，
因为方程有四个不同的解，且，
即与有四个交点，所以，
由图可知，
又，关于对称，即，
又，且，即，
则，所以，则，
所以，且，
令，，
因为函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，
所以，即的最小值为.
故选：B．
8.已知函数的图象与函数且的图象关于直线对称，记.若在区间上单调递增，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】函数的图象与函数且的图象关于直线对称，
与互为反函数，
，
令，函数可化为，对称轴为直线.
当时，为增函数，
若在区间上单调递增，
则在上单调递增，，解得，不合题意，舍去.
当时，为减函数，
若在区间上单调递增，
则在上单调递减，，解得.
综上得，的取值范围是.
故选：D.
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.已知函数的图象关于点中心对称，则（）
A.
B.在区间有两个零点
C.直线是曲线的对称轴
D.在区间单调递增
【答案】ABD
【解析】对于A，代入点，得，
，，，故A正确；
对于B，由，
，所以或，
所以该函数在区间有两个零点，故B正确；
对于C，代入，，故C错误；
对于D，处于正弦函数的递增区间内，故D正确．
故选：ABD.
10.有下列几个命题，其中错误的命题是（）
A.已知扇形弧长为，圆心角为2，则该扇形面积为
B.若
C.函数的单调递增区间是
D.已知函数对任意的，都有，的图像关于对称，则
【答案】AC
【解析】对选项A：扇形面积为，错误；
对选项B：，
当且仅当，即时等号成立，正确；
对选项C：当时，，不满足定义域，错误；
对选项D：当时，函数单调递减，的图像关于对称，
则，故，正确.
故选：AC.
11.已知函数的定义域为.且满足，当时，，，则下列结论正确的有（）
A.是奇函数 B.在上单调递增
C. D.不等式的解集为
【答案】BCD
【解析】选项A，令，则，则；
令，则，
所以，所以不奇函数，A选项错误；
选项B，，，且，
因为，所以；
又因为当时，，所以，所以，
故在R上的单调递增，B选项正确；
选项C，令，则有，
所以，，，…，，
将以上式子相加可得：，C选项正确；
选项D，因为，
所以原不等式可化为；
由选项C可知，所以原不等式可化为；
因为在R上单调递增，所以，解得，D选项正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.的对