吉林省白山市2023-2034学年高一上册期末教学质量监测数学试卷（含解析）

这是一份吉林省白山市2023-2034学年高一上册期末教学质量监测数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了函数的图像大致为，将函数的图象向左平移m个单位，若，，，则下列不等式中正确的是，下列函数中，最小正周期是的是等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年度（上）白山市高一教学质量监测
数 学
本卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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．命题：“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知角终边上一点的坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知幂函数在上是减函数，则的解集为（ ）
A．B．
C．D．
5．函数的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
6．将函数的图象向左平移m个单位（），若所得函数的图象关于直线对称，则m的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则下列各式中最小值是2的是（ ）
A．B．
C．D．
8．“函数在上有且只有一个零点”的一个必要不充分条件可以是（ ）
A．B．
C．D．或
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．若，，，则下列不等式中正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．下列函数中，最小正周期是的是（ ）
A．B．
C．D．
11．下列说法错误的有（ ）
A．的最小值点是
B．若，则的解析式为
C．在定义域内是增函数
D．若满足：定义在，则关于中心对称
12．若在上仅有一个最值，且为最大值，则的值可能为（ ）
A．B．1C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若一扇形的周长为18，面积为14，则它的半径为 ．
14．若函数的一段图象如图所示，则 ．
15．设m，n是方程的两个实根，则 ．
16．设，，若在上是增函数且在R上至少有3个零点，则a的取值范围是 ．
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．解关于x的不等式：
(1)；
(2)．
18．某地2023年7月30日、31日的温度y（单位：摄氏度）随时间x（单位：小时）的变化近似满足如下函数关系：，其中．从气象台得知：该地在30日的最高气温出现在下午14时，最高气温为32摄氏度，最低气温出现在凌晨2时，最低气温为16摄氏度．
(1)求函数的解析式，并判断是否为周期函数；
(2)该地某商场规定：在环境温度大于或等于28摄氏度时，需要开启空调降温，否则关闭空调，问2023年7月30日、31日这两天需开启空调共多少小时？
19．设，，且，．
(1)求的值；
(2)试比较与的大小．
20．设，．
(1)判断的奇偶性，并证明；
(2)写出的单调区间（直接写出结果）；
(3)若当时，函数的图象恒在函数的上方，求a的取值范围．
21．设．
(1)若，求的值；
(2)求的单调增区间；
(3)设，求在上的最小值．
22．设函数，，．
(1)求函数在上的单调区间；
(2)若，，使成立，求实数a的取值范围；
(3)求证：函数在上有且只有一个零点，并求（表示不超过x的最大整数，如，）．
参考数据：，．
参考答案与解析
1．C
【分析】根据含有一个量词的命题的否定，即可得答案.
【解答】由题意知命题：“，”为全称量词命题，
其否定为：，，
故选：C
2．B
【分析】解方程，结合常用数集的定义化简集合，再利用集合的并集运算即可得解.
【解答】解，得，
所以，
又，所以.
故选：B.
3．A
【分析】根据三角函数的定义求出，再由诱导公式进行化简求值即可.
【解答】由三角函数的定义得，，
又由诱导公式得，.
故选：A.
4．A
【分析】根据是幂函数且在上是减函数求出的值，再将所求不等式两边同时平方求出的范围.
【解答】是幂函数，
，解得或，
当时，不满足在上是减函数，
当时，满足在上是减函数，
，
将不等式的两边同时平方得，，解得，
的解集为.
故选：A.
5．B
【分析】由函数为偶函数可排除AC，再由当时，，排除D，即可得解.
【解答】设，则函数的定义域为，关于原点对称，
又，所以函数为偶函数，排除AC；
当时， ，所以，排除D.
故选：B.
6．B
【分析】辅助角公式化简解析式，可得平移后的解析式，由图象的对称性，求m的取值，再求最小值.
【解答】，则，
函数的图象关于直线对称，则，解得，
由，则当时，m有最小值.
故选：B
7．D
【分析】根据给定条件，结合基本不等式分析判断ABD；举例说明判断C.
【解答】当时，，此时，A不是；
，当且仅当，即时取“=”，但，B不是；
当时，，C不是；
令，则，当且仅当，即时取“=”，D是.
故选：D
8．A
【分析】分和，结合零点存在性定理求得充要条件，然后即可判断答案.
【解答】当时，由得；
当，即时，
由解得，函数在上有且只有一个零点；
当，即时，若函数在上有且只有一个零点，
则，即，解得.
当时，的零点为；
当时，得，
此时由解得或.
综上，函数在上有且只有一个零点，或.
故是“函数在上有且只有一个零点”的一个必要不充分条件.
故选：A．
9．BC
【分析】根据不等式的性质和作差法可逐项分析判断.
【解答】对于A，，，，当时，，则，即，
当时，，则，即，故A错误；
对于B，由，则，又，所以，故B正确；
对于C，，，，即，故C正确；
对于D，由题，当时，，则，故D错误.
故选：BC.
10．ACD
【分析】根据三角函数的图象及周期公式或周期函数的定义,即可判断各项中函数的周期的存在性及其大小.
【解答】对于选项A: 的周期为，故A正确；
对于选项B: 利用图象的翻折变换画出，结合图象可知该函数不具备周期性，故B错误；
对于选项C:
，故的最小正周期是，故C正确；
对于选项D:因为,
，，
故的最小正周期是，故D正确.
故选：ACD.
11．ABC
【分析】根据函数的定义域、单调性、最值点、对称性逐项判断即可.
【解答】的最小值点是实数0，而不是点，A选项错误；
因为，所以的定义域是，B选项错误；
的增区间是，而其定义域是，它在整个定义域上不单调，C选项错误；
若满足：定义在，则关于中心对称，D选项正确.
故选：ABC．
12．BD
【分析】根据正弦函数的性质，可得关于参数的不等式，求得的范围，从而得出结论.
【解答】因为，所以，
所以由题意得，Z，
解得，Z,
为负整数时，的范围时小于零的，与已知不符.
时，；时，.
因为，故A不正确；由题可知BD正确，C不正确.
故选：BD．
13．7
【分析】设出扇形的圆心角和半径列式计算得解.
【解答】设扇形的圆心角为，半径为，
由题意，解得或，
又扇形中，，所以．
故答案为：7.
14．
【分析】根据函数图象先确定A的值，继而确定周期，求出，由代入函数解析式求出，即可得答案.
【解答】由函数的图象可知；
函数的最小正周期,
故；
将代入中，即，
由于，故，
故，
故答案为：
15．
【分析】利用整体换元，得为方程的两根，由韦达定理可解.
【解答】由方程得，，
令，得方程，
因为m，n是方程的两个实根，
所以是关于的方程的两根，
则有，解得,
故答案为：.
16．
【分析】根据给定单调区间及单调性，可得，再探讨函数的最小值，并由所在范围求出的根即可推理得解.
【解答】由在上是增函数，得，解得，
显然，，且当时，，
令，由，得，解得或，而，
由于在R上至少有3个零点，只需，又，解得；
当时，，符合题意，因此．
所以a的取值范围是.
故答案为：
【点评】方法点评：对于分段函数的单调性，有两种基本的判断方法：一保证各段上同增(减)时，要注意上、下段间端点值间的大小关系；二是画出这个分段函数的图象，结合函数图象、性质进行直观的判断．
17．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用分式不等式的解法求解即可得解；
（2）将不等式化为，分类讨论的取值范围，从而得解.
【解答】（1）由题意，
可得，解得或，
所以不等式的解集为.
（2）不等式可化为，
当时，，不等式的解集为；
当时，不等式化为，其解集为；
当时，不等式化为，
（ⅰ）当，即时，不等式的解集为；
（ⅱ）当，即时，不等式的解集为；
（ⅲ）当，即时，不等式的解集为.
18．(1)，；不是周期函数
(2)16小时
【分析】（1）先求A，再求b，再由周期公式求，最后代入点的坐标求即可得解析式，根据定义域也能判断是否为周期函数；
（2）利用正弦型函数的性质解不等式即可.
【解答】（1）由题意，，，得，
，得，
将代入得，即，
所以，得，，又，得，
所以，；
因为定义域是，所以不是周期函数．
（2）由题意，，得，，
解得，，
又，所以，
所以两天共需开启空调16小时．
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用特殊三角函数值确定角所属范围，及同角三角函数的平方关系，三角恒等变换计算即可；
（2）结合（1）的结论及余弦二倍角公式、余弦函数的单调性判定两角大小即可.
【解答】（1）由，得，
又，
所以，从而，
有，
所以
；
（2）由（1）知，得，
而，，所以，
易知，
又在上单调递减，所以．
20．(1)奇函数，证明见解析
(2)增区间是，减区间是
(3)
【分析】（1）利用函数奇偶性的定义判断；
（2）利用复合函数的单调性求解；
（3）令，转化为在上恒成立求解.
【解答】（1）解：时，显然恒成立；
时，，所以的定义域是R，
又，
即，
所以是奇函数．
（2）增区间是，减区间是．
证明如下：任取，且，
则，
易知在R上递增，且，则，
所以，即，所以在R上单调递减，
，
当，即时，单调递增，由复合函数的单调性知：递增；
当，即时，单调递减，由复合函数的单调性知：递减，
所以增区间是，减区间是.
（3）令，则，
即在上恒成立，
令，设，对称轴为，
所以在上单调递减，从而，
所以的取值范围是．
21．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由，齐次式法求的值；
（2）利用倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，整体代入法求函数单调递增区间；
（3）时，，由，令，则，利用二次函数的性质，分类讨论最小值.
【解答】（1），
解得．
（2）
=，
令，，解得，，
所以的单调增区间是．
（3），
因为，从而，
，，令
则，对称轴为，
时，单调递减，则；
时，在上单调递减，在上单调递增，；
时，单调递增，则；
综上，．
22．(1)单调增区间是和；单调减区间是和
(2)
(3)证明见解析，
【分析】（1）根据余弦函数的单调区间求出的单调区间；
（2）由已知得到的值域为的值域的子集，转化为求函数最值的问题；
（3）根据函数单调性判断函数的零点个数，求出零点的范围，进而求解.
【解答】（1）令，，解得，，
又，得的单调增区间是和；
令，，解得，，
又，得的单调减区间是和.
函数在上的单调增区间是和，单调减区间是和；
（2）若，，使成立，
则，，的值域应为的值域的子集.
由（1）知，在单调递减，
的值域为，
，当时，令，
则，开口方向向上，对称轴是，，
当时，在单调递减，不符合题意；
当时，在单调递减，在单调递增，
，即，解得，
所以；
（3）由（1）知在上是减函数，易知在上是增函数，
所以在上是减函数，，
又，，
根据零点存在性定理知在上有唯一零点，
当时，，，
所以，
即在上无零点，
综上，在上有且只有一个零点.
，
，
，
.
【点评】结论点评：本题第（2）问考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．