福建省龙岩市2023_2024学年高一数学上学期1月期末教学质量检查试题含解析

这是一份福建省龙岩市2023_2024学年高一数学上学期1月期末教学质量检查试题含解析，共22页。
（考试时间：120分钟满分：150分）
注意事项：
1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上.
2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”.
第I卷（选择题共60分）
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求.请把答案填涂在答题卡上.
1. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据对数函数的性质求出集合，最后根据交集的定义计算可得.
【详解】由，解得或，所以，
又，
所以.
故选：A
2. 已知扇形的周长为，圆心角为，则此扇形的面积是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出扇形的半径，再由面积公式计算可得.
【详解】设扇形的半径为，因为扇形的圆心角，扇形的周长为，
则，解得，
所以此扇形的面积.
故选：B
3. 已知，则下列结论正确的是（）
A. 若且，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式的性质，结合作差法与举反例的方法逐个判断即可.
【详解】对A，，因为，，故，即，故A错误；
对B，当时，故B错误；
对C，，
因为，故，故，
故，故C错误；
对D，，因为，故，
故，即，故D正确.
故选：D
4. 若幂函数的图象过点，则的定义域是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据幂函数的图象过点求出的值，即可求出的定义域，再根据抽象函数的定义域计算规则得到，解得即可.
【详解】设，依题意可得，解得，所以，
所以的定义域为，值域为，且，
对于函数，则，解得，
即函数的定义域是.
故选：B
5. 美国生物学家和人口统计学家雷蒙德·皮尔提出一种能较好地描述生物生长规律的生长曲线，称为“皮尔曲线”，常用的“皮尔曲线”的函数解析式可以简化为的形式．已知描述的是一种植物的高度随着时间（单位：年）变化的规律．若刚栽种时该植物的高为1米，经过一年，该植物的高为1.5米，要让该植物的高度超过2.8米，至少需要（）年．
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由题设有，即可求参数、的值，进而判断的单调性且，即可判断植物的高度超过至少需要多少年.
【详解】依题意可得，则，解得，
∴，
因为在定义域上单调递减，且，又在上单调递减，
所以在上单调递增，而，，
即，
∴该植物的高度超过，至少需要年.
故选：C.
6. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若的图象关于直线对称，则下列结论正确的是（）
A. B. 是奇函数
C. 在上单调递增D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先得到平移后的函数解析式，根据的对称性求出的值，从而得到解析式，再根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到，
若的图象关于直线对称，则，，解得，，
又，所以，故，
则，所以为非奇非偶函数，故A、B错误；
当，则，又在上单调递增，
所以在上单调递增，故C正确；
因为，故D错误.
故选：C
7. 已知，且，则的最小值是（）
A. B. 4C. D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，再根据基本不等式求解即可.
【详解】由，得，
因为，所以，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值是.
故选：D.
8. 已知函数，若的值域为，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先分析函数的取值情况，从而判断，再结合得到，再分和两种情况讨论，当时结合函数在上的单调性，得到，从而求出的取值范围.
【详解】对于函数，当时，，当时，，
而，即有，依题意可得，又，解得，
所以；
当时，函数在上的取值集合为，不符合题意，
当，函数在上单调递增，
则，所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：A
【点睛】关键点睛：本题的关键是分析得到，再分和两种情况讨论.
二、多项选择题：本大题共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.请把答案填涂在答题卡上.
9. 已知函数的图象由如图所示的两段线段组成，则（）
A.
B. 不等式的解集为
C. 函数在区间上的最大值为2
D. 的解析式可表示为：
【答案】BD
【解析】
【分析】由函数的图象求出函数的解析式，由此分析选项可得答案．
【详解】根据题意，由图象可得，在区间上，函数图象为线段，经过点和，
则其方程为，
在区间上，函数图象为线段，经过点和，
设，，则，解得，
所以其方程为，
综合可得，
对于A，，则，故A错误；
对于B，若，则有或，解得或，
即不等式的解集为，故B正确；
对于C，在区间上，为减函数，其最大值为，故C错误；
对于D，由，故D正确．
故选：BD．
10. 下列命题正确的是（）
A. 命题“，使得”的否定是“，都有”
B. 若，则
C. 在中，“”是“”的充要条件
D若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题判断A，根据完全平方数的非负性判断B，利用特殊值判断C，根据对数的运算及对数函数的性质判断D.
【详解】对于A：命题“，使得”的否定是“，都有”故A正确；
对于B：因，则，
即，
所以，即，故B正确；
对于C：在中若，，则，，
满足，但是，故C错误；
对于D：因为，则，，所以，
即，整理得，所以，故D正确.
故选：ABD
11. 已知，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由同角三角函数的基本关系求出、，即可判断B，由得到，再结合两角和的余弦公式即可求出，，即可判断A，再由二倍角公式判断C，最后由，即可判断D.
【详解】因为，
所以，
所以，故B错误；
又，即，即，
所以，解得，
所以，故A正确；
，故C正确；
因为，
因为
，
所以，
所以，故D正确.
故选：ACD
12. 已知在上是单调函数，对任意满足，且．设函数，，则（）
A. 函数是偶函数
B. 若函数在上存在最大值，则实数a的取值范围为
C. 函数的最大值为1
D. 函数的图象关于直线对称
【答案】BC
【解析】
【分析】依题意可得的图象关于点对称且当时，取得最大值，结合函数的单调性，即可求出最小正周期，从而求出、得到、解析式，再结合正弦函数的性质判断A、B，由即可判断C，利用特殊值说明不恒成立，即可判断D.
【详解】因为，即，所以的图象关于点对称，
又对任意，都有，所以当时，取得最大值.
因为在是单调函数，所以得，
所以，又因为函数在时取得最大值，
所以，则，即．
因为，所以，则.
因为函数，所以，
对于A：，即为奇函数，故A错误.
对于B：因为函数在时取得最大值，又因为，最小正周期，
令，，解得，，
即在，上单调递减，
又函数在取得最大值，
因为函数在上存在最大值，则实数的取值范围为，故B正确．
对于C：因，
所以，且，
所以函数的最大值为1，故C正确.
对于D：若的图象关于直线对称，
只要证对定义域内的都成立，取，，
但，所以，矛盾，
所以的图象不关于直线对称. 故D错误．
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据对称性的性质得到的图象关于点对称，从而求出解析式.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数且，写出满足条件的的一个值_________．
【答案】（答案不唯一，满足条件即可）
【解析】
【分析】根据正弦函数的图象求解即可.
【详解】由函数且，
得，
所以或，
所以或，
所以满足条件的可以是.
故答案为：.（答案不唯一，满足条件即可）
14. 已知，则________．
【答案】5
【解析】
【分析】设，再用表达求解即可.
【详解】设，则，，，
故.
故答案为：5
15. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，其中，若，则_________．
【答案】或
【解析】
【分析】依题意可得，再由二倍角公式可得，将弦化切求出即可得解.
【详解】已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，其中，
则，
又，则，
即，
则，
则或，
则或．
故答案为：或
16. 已知是定义在上且不恒为零的函数，对于任意实数，满足，若，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用赋值法求出、、，从而得到，再利用特殊值求出、，最后根据奇偶性求出.
【详解】因为对于任意实数，满足，
当时，，
当时，，可得，则；
当时，，则.
函数的定义域为，令时，，
得，所以函数是奇函数.
令，即，得，
令，则，
又函数是奇函数，所以，所以.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是合理赋值从而得到为奇函数，从而求出的值.
四、解答题：本大题共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. 在①角的终边与单位圆的交点为；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题．
已知，且，_________．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选条件①：根据满足单位圆方程求解；选条件②：根据正弦的二倍角公式，结合同角三角函数的关系求解；选条件③：根据同角三角函数的关系求解；均可得的值，再根据诱导公式化简即可；
（2）根据题意可得，再根据，展开后根据同角三角函数的关系结合角度范围分别求解正余弦值，从而求得，进而根据角度范围可得.
【小问1详解】
选条件①：因为角的终边与单位圆的交点为，
可得，又为锐角，所以，
所以由三角函数的定义可得
选条件②：
因为，为锐角，所以；
又因为，得.
选条件③：因为，，
所以得，
又因为为锐角，所以，，.
故
；
【小问2详解】
，
由（1），，
.
.
18. 已知二次函数，对任意都有，且．
（1）求函数的解析式；
（2）若对于，不等式恒成立，求x的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得函数关于对称，再根据求出即可；
（2）不等式即为，将当作参数，分，和三种情况讨论，利用分离参数法求解即可.
【小问1详解】
因为，所以函数关于对称，
则，解得，
所以；
【小问2详解】
不等式即为，
当时，则恒成立，
而，
所以，即，
因为，
所以；
当时，恒成立，此时；
当时，则恒成立，
而，
所以，解得，
综上所述，的取值范围为．
19. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P（单位：）与时间t（单位：h）间的关系为，其中，是正的常数．如果在前消除了的污染物，那么
（1）后还剩百分之几的污染物；
（2）污染物减少需要花多少时间（精确到）.参考数据：．
【答案】（1）还剩的污染物
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件可计算，从而可得的值，进而得出答案；
（2）令，根据指对数的运算性质求出的值．
【小问1详解】
当时，，
当时，，即，可得，
当时，，
即后，还剩的污染物；
【小问2详解】
设污染物减少需要花，则有，
所以，
可得，
即污染物减少大约需要花.
20. 已知函数是偶函数．
（1）求实数的值；
（2）设函数，若对任意，总存在使得，求实数b的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由函数为偶函数可得，即可求出的值；
（2）对任意，总存在使得，等价于的值域是值域的子集，即可求解.
【小问1详解】
，
因为函数是偶函数，
所以，即，
所以，所以；
【小问2详解】
由（1）得，
则，
因为函数都是增函数，所以函数是增函数，
故，
因为函数是增函数，
所以，
因为对任意，总存在使得，
所以，
所以，解得，
所以实数b的取值范围为．
21. 已知函数的图象关于直线对称，其最小正周期与函数相同．
（1）求的单调递减区间；
（2）设函数，证明：有且只有一个零点，且．
【答案】（1），.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简，在结合最小正周期及对称性求出、，从而得到解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）由（1）可得，分、、三种情况讨论，结合零点存在性定理说明有且只有一个零点，且，从而得到，再结合函数的单调性证明即可.
【小问1详解】
，
因为函数最小正周期与函数相同，且函数的最小正周期为，
所以，解得.
又因为函数的图象关于直线对称，
所以，，即，，
因，所以，
所以，
由，，解得，，
所以函数的单调递减区间是，.
【小问2详解】
由（1）可得，定义域，
①当时，函数在上单调递增，
因为，
所以，根据零点存在定理，使得，
故在上有且只有一个零点.
②当时，因为单调递增，单调递减，
，，所以，
所以在上不存在零点；
③当时, 因为单调递增，，因为
所以，所以在上不存在零点；
综上：有且只有一个零点，且.
因为，
所以，
所以，
在上单调递减，
，所以.
【点睛】思路点睛：证明函数的零点个数问题，通常是通过说明函数的单调性，再结合零点存在性定理证明.
22. 已知函数，．
（1）若函数在为增函数，求实数的取值范围；
（2）当时，，函数在区间上的值域为，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）任取，则，依题意可得可得，参变分离可得，从而求出的取值范围；
（2）令，由复合函数的单调性说明在上单调递减，从而得到，令（），则关于的方程在上有两个不等实数根，等价于关于的方程在有两个不等实数根，结合一元二次方程根的分布得到不等式组，解得即可.
【小问1详解】
任取，则
，
因为函数在上为增函数，且时，，
所以由可得，即，
，，则，所以，
因此实数的取值范围是.
【小问2详解】
当时，.
令，
因为在上单调递减，又在定义域上单调递增，所以在上单调递减，
因为在区间上的值域为，
所以
即.
令（因为，所以），
易知，关于的方程在上有两个不等实数根，
等价于关于的方程在有两个不等实数根，
（时，，）
令，
则，解得，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题的关键是由复合函数的单调性得到的单调性，从而得到，再换元，将问题转化为关于的方程在有两个不等实数根的问题.