福建省福州市2023_2024学年高一数学上学期期末质量检测试卷含解析

这是一份福建省福州市2023_2024学年高一数学上学期期末质量检测试卷含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. （）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式化简求解.
【详解】因为.
故选：D.
2. 命题“，”的否定是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】利用全称量词命题的否定可得出结论.
【详解】命题“，”为全称量词命题，该命题的否定为“，”.
故选：C.
3. 在下列区间中，方程的实数解所在的区间为（）
AB. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数单调性以及零点存在定理即可求解.
【详解】由题意函数单调递增，且，
由零点存在定理可知方程的实数解所在的区间只能为.
故选：C.
4. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合，对整数的取值进行讨论，可求得集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，
对于，当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
综上所述，，
因此，.
故选：B.
5. 设,则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分必要条件的定义判断即可.
【详解】当时,,此时;
当时,此时或；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选:A.
6. 已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由对数函数、指数函数单调性即可得解.
【详解】由题意.
故选：B.
7. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得的值.
【详解】.
故选：B.
8. 某工厂产生的废气经过过滤后排放.已知过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：h）的关系为（且，且），其图象如下，则污染物减少至少需要的时间约为（）（参考数据：，）
A. 23小时B. 25小时C. 42小时D. 44小时
【答案】D
【解析】
【分析】由图象首先得，进一步由指对互换、换底公式以及对数运算性质即可得解.
【详解】由题意时，，时，，解得，
令，
解得，
对比选项可知污染物减少至少需要的时间约为44小时.
故选：D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知，则下列不等式成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用不等式的基本性质可判断A选项；利用特殊值法可判断BC选项；利用指数函数的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，由不等式的性质可得，A对；
对于B选项，当时，，B错；
对于C选项，因为，取，，则，C错；
对于D选项，因为函数为上的增函数，且，则，D对.
故选：AD.
10. 已知函数的部分图象如下所示，则（）
A.
B. 在上单调递增
C. 的图象关于直线对称
D. 将的图象向左平移个单位长度后所得的图象关于原点对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题设条件得，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】由图知，五点法作图中的第二个点为，第五个点为，
所以，且，解得，
得到，所以选项A正确，
对于选项B，当时，，
因为，由的图像与性质知，
在上单调递增，在上单调递减，所以选项B错误；
对于选项C，当时，，由的图像与性质知选项C正确；
对于选项D，将的图象向左平移个单位长度后得，
又，即奇函数，所以选项D正确，
故选：ACD.
11. 已知函数的定义域为，、都有，且，则（）
A. B.
C. 是增函数D. 是偶函数
【答案】BC
【解析】
【分析】通过赋值法求出函数解析式，然后逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】令，得，则，
令，则，①
令，则，
即，②
联立①②可得，则，，A错B对，
函数增函数，且为非奇非偶函数，C对D错.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查抽象函数的基本性质问题，解题的关键在于对、进行赋值，通过构建方程组求解函数解析式，然后利用函数的基本性质来进行判断.
12. 已知函数若关于的方程有3个实数解，则（）
A.
B.
C.
D. 关于的方程恰有3个实数解
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A项，通过作关于轴对称的函数的图象与的交点情况，不难判断；对于B，C两项，主要是考虑二次函数图象的对称性和的取值范围分析或者特例判断即得；对于D项，要先判断的范围，结合图象易得.
【详解】
如图，依题意作出函数的图象.
对于A项，作出关于轴对称的函数的图象，与直线交于点，则，
不难看出点在点右侧，则，故，A项正确；
对于B项，因当时，的图象关于直线对称，故点与点关于直线对称，则，
由可得：，即，则得，故B项正确；
对于C项，当时，由解得：，
由解得：，
此时，故C项错误；
对于D项，依题意，，在上单调递增，故，
于是由图知，函数与的图象恰有三个交点，即关于的方程恰有3个实数解，故D项正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：本题主要考查分段函数的零点与对应方程的解的关系问题.
解决函数零点与对应方程解的问题的主要思想方法有：
（1）转化思想：就是将方程的解的个数转化为函数的零点个数，或转化为对应的两个函数的图象交点个数求解；
（2）数形结合法：通过作出函数的图象，根据其对称性、单调性或值域等推导相应参数的范围.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数（且）的图象经过定点，则的坐标是______.
【答案】
【解析】
【分析】由（且）可求得定点的坐标.
【详解】对于函数（且），令，可得，
且，故点.
故答案为：.
14. 已知扇形的弧长是，面积是，则扇形的圆心角（正角）的弧度数为______.
【答案】2
【解析】
【分析】由扇形弧长、面积和圆心角以及半径的关系列方程即可求解.
【详解】由题意设扇形的圆心角（正角）的弧度数、半径、弧长以及面积分别为，
则，解得.
故答案为：2.
15. 已知函数不恒为0，且同时具备下列三个性质：①；②是偶函数；③，，.写出一个函数______.
【答案】.（答案不唯一，如，（且）等均可）
【解析】
【分析】由，，，可联想到对数函数性质，由此即可进一步求解.
【详解】注意到对数函数（且），满足，
且，即满足①③，
若要满足②函数是偶函数；则只需取，在这里可取.
故答案为：（答案不唯一）.
16. 用表示函数在闭区间上的最大值，已知.
（1）若，则的取值范围是______.
（2）若，则的取值范围是______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）分、两种情况讨论，求出，根据可得出关于实数的不等式，解之即可；
（2）对实数的取值进行分类讨论，求出、，根据可得出关于的不等式，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）若时，函数在上单调递增，
当时，则，则，解得，
因为，解得，
若，当时，，则，不合乎题意，
综上所述，实数的取值范围是；
（2）当时，则，则，，
由可得，
整理可得，因为，则，矛盾；
当时，则，则，，
由可得，无解；
当时，，则，
若，则，此时，函数在上单调递减，
则，
由可得，可得，解得；
若，则，
此时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
由可得，可得，
可得，解得；
若，则，由，可得，矛盾.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：（1）；（2）.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角不等式的求解，解题的关键是对实数的取值进行分类讨论，结合正弦函数的单调性求出、，进而得出不等式求解.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知函数.
（1）求的最小值；
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）7 （2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用基本不等式即可求出结果；
（2）利用（1）中结果，将问题转化成求解不等式，即可解决问题.
【小问1详解】
，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为7.
【小问2详解】
由（1）知函数的最小值为7，
因为恒成立，所以，解得，
所以的取值范围是.
18. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点.
（1）求，，的值；
（2）将的终边按顺时针方向旋转，此时终边所对应的角为，求的值.
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，由三角函数的定义即可求出结果；
（2）由题知，法一：根据（1）中结果，求出，再利用齐次式即可求出结果；法二：利用（1）中结果，直接求出，，即可求出结果.
【小问1详解】
因为角的终边经过点，所以，
则，，.
【小问2详解】
法一，因为，由（1）知，所以
所以，
法二，，，
所以，，
所以.
19. 已知函数，.
（1）求的单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值和最小值.
【答案】19. ，
20. 最小值为0，最大值为
【解析】
【分析】（1）由已知代入运算求出，带回化简求出增区间；
（2）根据，求出，再根据正弦函数的性质求解.
【小问1详解】
根据题意可得，，
即.
因为，所以，
所以，即.
所以
，
由，得，，
所以的单调递增区间为，.
【小问2详解】
因为，所以，
所以当，即时，；
当，即时，.
20. 已知是自然对数的底数，.
（1）判断函数在上的单调性并证明；
（2）解不等式.
【答案】20. 函数在上单调递增，证明见解析
21. 或
【解析】
【分析】（1）利用函数单调性的定义证明；
（2）首先证明函数是偶函数，将不等式转化为，再结合函数的单调性解不等式；
【小问1详解】
函数在上单调递增，证明如下：
任取，，且，
则
，
因为，，且，所以，所以，，，
故，即，
所以在上单调递增.
【小问2详解】
函数的定义域为，且，
所以是偶函数，
又由（1）知在上单调递增，
所以，
两边平方可得，解得或，
故不等式的解集为或.
21. 已知函数为奇函数，.
（1）求实数的值；
（2），，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）由奇函数的性质得恒等式，解出参数并检验即可得解.
（2）首先得，，进一步通过换元，并对进行分类讨论即可得解.
【小问1详解】
因为是奇函数，所以，
即，
整理得.
所以.
解得，
当时，，舍去，
当时，函数的定义域为，符合题意.
所以.
【小问2详解】
设，
根据题意可得，.
由（1）知，
当时，，故.
，
设，函数，.
①当时，，可得，符合题意；
②当时，，图象的对称轴为.
（i）当时，对称轴，
所以在区间上单调递减，故，
由，得，即，
所以；
（ii）当时，
若，即时，，
由，得，
所以；
若，即时，，
由，得，
所以；
综上所述，的取值范围是.
22. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具.如图，假定在水流量稳定的情况下，一个半径为的筒车开启后按逆时针方向做匀速圆周运动，每分钟转1圈、筒车的轴心距离水面的高度为.设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：）（在水面下则为负数）.若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：s）之间的关系为.
（1）求，，，的值；
（2）若盛水筒在不同时刻，距离水面的高度相等，求的最小值；
（3）若筒车上均匀分布了12个盛水筒，在筒车运行一周的过程中，求相邻两个盛水筒距离水面的高度差的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由圆的半径、周期性以及锐角三角函数即可求解；
（2）不妨设，由题意得，通过分类讨论即可求解；
（3）由题意首先得，，由此即可进一步求解.
【小问1详解】
如图，设筒车与水面的交点为，，连接，
过点作于点，过点分别作于点，于点，
则，
因为筒车转一周需要1分钟，所以，
故.
在中，，
所以，即.
【小问2详解】
由（1）知，.
不妨设，由题意得，
故，
所以，或，.
当，时，解得，，
故，当且仅当，时，等号成立.
此时的最小值为60；
当，时，解得，
显然当时，取得最小值40.
综上，的最小值为.
【小问3详解】
设在筒车运行一周的过程中，相邻两个盛水筒距离水面的高度差为，
两个相邻的盛水筒的位置分别用和表示，则.
所以
，
当，即，时，
高度差的最大值为.
【点睛】关键点睛：第三问的关键是准确求出，由此即可顺利得解.