浙江省强基联盟2023-2024学年高一上学期12月综合测试数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省强基联盟2023-2024学年高一上学期12月综合测试数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了 集合的真子集个数为， 若，则的否定为， 若，，则“”是“”的， 已知为角终边上一点，则， 若，，且，，则， 已知，，则下列各式正确的是， 已知，且，则的值可能是等内容，欢迎下载使用。

一､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. 集合的真子集个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】利用集合元素个数即可求出集合共有三个真子集.
【详解】根据题意可知集合中有3个元素，所以共有个，
即有三个真子集.
故选：A
2. 若，则的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用存在量词命题的否定求解即可.
【详解】命题是存在量词命题，其否定是全称量词命题，
所以命题的否定为.
故选：.
3. 若，，则“”是“”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件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，注意基本不等式的应用
即在的情况下，判断两个命题和．.
【详解】解：取，，满足，但，充分性不满足；反过来，成立，故必要性成立.
故选：A．
4. 若一圆弧长等于其所在圆的内接正三角形的边长，则此圆弧所对的圆心角的弧度数为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】画图设外接圆半径，利用正三角形性质可得圆弧长，再由弧度制定义可得.
【详解】不妨设正的外接圆半径，圆心为，
取的中点为，连接，易知在上，且，；如下图所示：
在中，，所以；
依题意可知该圆弧长，
所以圆心角.
故选：C
5. 已知为角终边上一点，则（ ）
A. 7B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】先根据三角函数的定义求出，再利用齐次化将弦化切进行求解.
【详解】为角终边上一点，故，故.
故选：B
6. 若，，且，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据已知条件判断出和、的关系以及和、的关系，结合即可求解.
【详解】因为，
所以和一个大于，一个小于，
因为，所以，
因为，
所以和一个大于，一个小于，
因为，所以，
因为，
所以，
故选：C.
7. 已知函数f(x)＝则函数y＝f(1－x)的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由得到的解析式，根据函数的特殊点和正负判断即可.
【详解】因为函数，
所以函数，
当x＝0时，y＝f(1)＝3，即y＝f(1－x)的图象过点(0，3)，排除A；
当x＝－2时，y＝f(3)＝－1，即y＝f(1－x)的图象过点(－2，－1)，排除B；
当时，，排除C，
故选：D．
8. 已知关于的一元二次不等式的解集为，则的最小值是（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】由一元二次不等式解集可知,且满足，将化简变形可得，利用基本不等式即可求得当时的最小值是2.
【详解】由一元二次不等式的解集为可得，
利用韦达定理可得，即可得，且,；
所以可得；
易知，
当且仅当，即时等号成立；
即的最小值是2.
故选：A
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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，，则下列各式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据指数的运算公式分别判断各选项.
【详解】A选项：由，得，A选项正确；
B选项：，B选项正确；
C选项：，C选项错误；
D选项：，D选项正确；
故选：ABD.
10. 已知，且，则的值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由，结合分情况讨论即可求解.
【详解】由题意得，，
因为，
当时，因为，所以，
此时，故B项正确；
当时，因为，所以，
此时，故C项正确.
故选：BC
11. 已知定义在上的偶函数满足，则下列命题成立的是（ ）
A. 的图象关于直线对称B.
C. 函数为偶函数D. 函数为奇函数
【答案】BD
【解析】
【分析】由及奇偶性可得函数的周期性与对称性，进而判断各选项.
【详解】因为函数为偶函数，
所以函数关于轴对称，且，又，
所以，且，
所以函数关于点中心对称，且周期为，
所以函数关于对称，A选项错误；
，B选项正确；
由向右平移一个单位得到，则关于点对称，为奇函数，C选项错误；
由向左平移一个单位得到，则关于点对称，为奇函数，D选项正确；
故选：BD.
12. 函数，已知实数，，且，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 存在，使得
D. 恒成立
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数与对数函数的单调性可判断B，C选项，结合基本不等式可判断A，D选项.
【详解】由，可知函数在上单调递增，
若，则，即，可得，
A选项：，当且仅当时等号成立，又，则，A选项错误；
B选项：，，则或，B选项错误；
C选项：若，则，则恒成立，C选项错误；
D选项：由，，
又，当且仅当时成立，又，所以，则，即，D选项正确；
故选：D.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.（其中第16题第一空2分，第二空3分）
13. 已知幂函数的图象过点，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据幂函数的定义可得，再根据函数图象过点，可得.
【详解】由函数为幂函数，得，即，
所以，
又函数过点，
则，
故答案为：.
14. 在中国，周朝时期的商高提出了“勾三股四弦五”的勾股定理的特例，其中“弦”指的是直角三角形的斜边.现将两个全等的直角三角形拼接成一个矩形，若其中一个三角形“弦”的长度为4，则该矩形周长的最大值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】确定，矩形周长为，根据均值不等式计算得到答案.
【详解】设直角三角形的两条直角边长分别为，，则，，
矩形周长为，
，故，
当且仅当时等号成立，
故周长的最大值为.
故答案为：.
15. 已知实数，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】通过换底公式可得，可得，即可得解.
【详解】由，换成以为底，
可得，
设，则，
解得或，
又，，则，
所以，即即，
故答案为：.
16. 已知函数，则函数的零点为__________；若关于的方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围是__________.
【答案】 ①. 和 ②.
【解析】
【分析】结合分段函数性质令即可解得的两个零点为和，画出函数图象，利用换元法以及数形结合将方程根的问题转化成关于的方程有两个不相等的实根且满足，；再由一元二次方程根的分布即可求得实数的取值范围.
【详解】根据题意可得当时，，
令，解得或（舍）；
当时，，令，解得，
所以可得函数的零点为和；
因此可得，画出函数图象如下图所示：
令，则方程可转化为；
结合图象可知，当时，函数与函数有三个交点，
当或时，函数与函数有两个交点，
当时，函数与函数有一个交点；
若关于的方程有5个不同的实数根，
则方程有两个不相等的实根，且满足或；
若可得，解得，；
经检验当时，方程即为，解得，不合题意；
当时，关于的方程可化为，解得，不合题意；
所以可知方程有两个不相等的实根需满足且；
若,
故，解得或，
若，可得，即或；
检验当时，关于的方程可化为，此时，满足题意；
当时，关于的方程可化为，此时，满足题意；
综上可知，实数的取值范围为或，
所以实数的取值范围是.
故答案为：和；
【点睛】方法点睛：求解方程根的嵌套问题时，经常利用换元法将方程转化，再结合函数图象利用根的分布情况得出参数满足的条件即可求得参数取值范围.
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. 已知集合.
（1）若，求；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入可得，由交集运算即可求得出结果；
（2）根据集合间的包含关系即可求得.
【小问1详解】
由可得，
由可得；
【小问2详解】
若可得，解得，
所以实数的取值范围是.
18. 在平面直角坐标系中，角以轴的非负半轴为始边，它的终边与单位圆交于第二象限内的点.
（1）若，求及的值；
（2）若，求点的坐标.
【答案】18. ；
19.
【解析】
【分析】（1）根据三角函数的定义式，结合同角三角函数关系式及诱导公式化简可得解；
（2）根据三角函数定义式列方程，解方程.
【小问1详解】
由已知角的终边与单位圆交于第二象限内的点，
则，，，，且，
由，得，
则，
再由诱导公式可得
【小问2详解】
由，得，，
又，则，解得，
所以，
所以，
所以，，
即.
19. 某园林建设公司计划购买一批机器投入施工.据分析，这批机器可获得的利润（单位：万元）与运转时间（单位：年）的函数关系式为（，且）
（1）当这批机器运转第几年时，可获得最大利润？最大利润为多少？
（2）当运转多少年时，这批机器的年平均利润最大？
【答案】（1）当这批机器运转第年时，可获得最大利润，最大利润为
（2）当运转年时，这批机器的年平均利润最大
【解析】
【分析】（1）根据二次函数性质可得最大利润；
（2）根据基本不等式可得年平均利润的最大值.
【小问1详解】
由，，
可知当时，取最大值为，
即当这批机器运转第年时，可获得最大利润，最大利润为；
【小问2详解】
由已知可得年平均利润，，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
即当运转年时，这批机器的年平均利润最大.
20. 函数是定义在上的奇函数，且.
（1）求的解析式；
（2）利用单调性定义证明在上为增函数；
（3）解不等式.
【答案】（1）
（2）证明见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）利用函数奇偶性定义以及函数值可求得，可得解析式；
（2）根据单调性定义按照取值、作差、变形定号、下结论等步骤证明即可；
（3）利用函数奇偶性和单调性，结合定义域得出不等关系即可解得不等式解集为.
【小问1详解】
对于，都有，所以；
又函数是定义在上的奇函数，
所以，即，可得，所以；
由可得，解得；
所以，
因此的解析式为
【小问2详解】
取，且，
则，
因为，且，所以，即，
可得，所以，即；
所以在上为增函数；
【小问3详解】
将不等式转化为，
又是定义在上的奇函数,所以可得，
再根据（2）中的结论可知，解得；
即不等式的解集为.
21. 已知函数.
（1）当时，解关于的方程；
（2）当时，恒有，求实数取值范围；
（3）解关于的不等式.
【答案】（1）或；
（2）；
（3）答案见解析；
【解析】
【分析】（1）将代入即可解出方程的根为或；
（2）将不等式恒成立问题转化为，再利用函数单调性即可得满足题意；
（3）对参数取值进行分类讨论，结合不等式即可求得其解集.
【小问1详解】
当时，方程即为，
解得或；
【小问2详解】
当时，不等式可化为，
依题意可知，需满足，
由于函数在上单调递增，函数在上单调递增；
所以函数在上单调递增，因此，
即实数的取值范围是；
【小问3详解】
由可得，
①当时，可得，不等式等价，此时不等式解集为；
②当时，方程有两根，即，且；
此时不等式解集为；
③当时，方程仅有一根，即，此时不等式解集为；
④当时，方程有两根，即，且；
此时不等式解集为；
22. 设，若满足，则称比更接近.
（1）设比更接近0，求的取值范围；
（2）判断“”是“比更接近”的什么条件，并说明理由；
（3）设且，试判断与哪一个更接近.
【答案】（1）
（2）充分不必要条件，理由见解析；
（3）更接近
【解析】
【分析】（1）依据定义列出不等式，结合一元二次不等式解法即可求得的取值范围；
（2）根据已知条件分别判断充分性和必要性是否成立即可得出结论；
（3）由且利用函数单调性，分别对和时与的大小进行比较，即可得出结论.
【小问1详解】
根据题意可得，即；
可得，解得；
即的取值范围为；
【小问2详解】
充分性：显然，由可得，
①若，则，可得；
又可得，所以；
即可得，此时可以得出“比更接近”；
②若，则，可得；
又可得，所以；
即可得，此时可以得出“比更接近”；
因此充分性成立
必要性：由比更接近可得，即，
若，此时，即必要性不成立；
所以“”是“比更接近”的充分不必要条件；
【小问3详解】
当时，显然在上单调递减，
所以，即；
易知，
所以，
由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以，
即可得，即；
同理当时，由单调性可知，即；
可知，
又由对勾函数性质可知函数在上单调递减，在上单调递增；
又，
所以在时恒成立，即；
综上可得满足，即更接近.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解新定义的概念，并结合不等式性质以及函数单调性比较出两绝对值大小，再由定义得出结论.