2023-2024学年甘肃省兰州一中高一（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年甘肃省兰州一中高一（上）期末数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合P={x∈N|x(x−3)≥0}，Q={2,4}，则(∁NP)∪Q=( )
A. {1}B. {2}C. {1,2}D. {1,2,4}
2.坐标平面内点P的坐标为(sin5,cs5)，则点P位于第象限．( )
A. 一B. 二C. 三D. 四
3.若y=(m2−2m−2)xm2+m是幂函数，且在(0,+∞)上单调递增，则m的值为( )
A. −1或3B. 1或−3C. −1D. 3
4.函数f(x)=ln(x−1)−3x的零点所在区间为( )
A. (2,3)B. (3,4)C. (4,5)D. (5,6)
5.已知a=lnπ，b=lg52，c=e−12，则a，b，c的大小关系为( )
A. c6.把函数y=f(x)的图象上各点向右平移π6个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍，再把纵坐标缩短到原来的23倍，所得图象的解析式是y=2sin(12x+π3)，则f(x)的解析式是( )
A. f(x)=3csxB. f(x)=3sinx
C. f(x)=3csx+3D. f(x)=sinx
7.荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点.我们可以把(1+1%)365看作是每天的“进步”率都是1%，一年后是1.01365≈37.7834；而把(1−1%)365看作是每天“退步”率都是1%，一年后是0.99365≈0.0255；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的≈1481倍.那么当“进步值”是“退步值”的5倍时，大约经过天.(参考数据：lg101≈2.0043，lg99≈1.9956，lg2≈0.3010)( )
A. 70B. 80C. 90D. 100
8.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π2)的图象过点(0, 3)，且在区间(π,2π)内不存在最值，则ω的取值范围是( )
A. (0,112]B. [13,23]C. (0,112]∪[13,23]D. (0,112]∪[16,712]
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若lgab<0，则函数f(x)=ax+b的大致图象是( )
A. B. C. D.
10.下列说法错误的是( )
A. 若α终边上一点的坐标为(3k,4k)(k≠0)，则csα=35
B. 若角α为锐角，则2α为钝角
C. 若圆心角为π3的扇形的弧长为π，则该扇形的面积为3π2
D. 若sinα+csα=15，且0<α<π，则tanα=−43
11.已知函数f(x)=tan(2ωx+π3)(ω>0)，则下列说法不正确的是( )
A. 若f(x)的最小正周期是π2，则ω=1
B. 当ω=1时，f(x)图象的对称中心的坐标都可以表示为(kπ2−π6,0)(k∈Z)
C. 当ω=12时，f(−π)D. 若f(x)在区间(π3,π)上单调递增，则0<ω≤13
12.已知函数f(x)=(x+1)2,x≤0|lnx|,x>0，则方程f(f(x))−m=0(m∈R)实数根的个数可以为( )
A. 4B. 6C. 7D. 9
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.计算：sin(−31π6)−cs(−10π3)= ______ ．
14.当x>1时，2x+7x−1的最小值为______ ．
15.如图，单摆从某点开始来回摆动，离开平衡位置O的距离s(单位：cm)和时间t(单位：s)的函数关系为s=2cs(πt+π3)，那么单摆摆动的频率为______ ，第二次到达平衡位置O所需要的时间为______ s.
16.定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+2)=2021f(x)，且在(0,1)上f(x)=3x，则f(lg354)=______．
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.(本小题10分)
计算下列各式的值：
(1)823−(12)−2+(1681)−34−(−2021)0；
(2)2lg5+23lg8+lg5⋅lg20+(lg2)2+7lg75．
18.(本小题12分)
已知f(α)=sin(2π−α)cs(π+α)cs(π2+α)cs(11π2−α)cs(π−α)sin(3π−α)sin(−π−α)sin(9π2+α)．
(1)化简f(α)；
(2)已知f(α)=−2，求sinα+csαsinα−csα的值．
19.(本小题12分)
已知一次函数f(x)过定点(0,1)．
(1)若f(1)=3，求不等式f(x)x≤4解集．
(2)已知不等式f(x)⋅x>4的解集是(b,a)，求a+2b的最小值．
20.(本小题12分)
秋冬季是流感的高发季节，为了预防流感，某学校决定对教室采用药熏消毒法进行消毒，药熏开始前要求学生全部离开教室.已知在药熏过程中，教室内每立方米空气中的药物含量y(毫克)与药熏时间t(小时)成正比：当药熏过程结束，药物即释放完毕，教室内每立方米空气中的药物含量y(毫克)达到最大值.此后，教室内每立方米空气中的药物含量y(毫克)与时间t(小时)的函数关系式为y=(116)t−a(a为常数，t>12).已知从药熏开始，教室内每立方米空气中的药物含量y(毫克)关于时间t(小时)的变化曲线如图所示．
(1)从药熏开始，求每立方米空气中的药物含量y(毫克)与时间t(小时)之间的函数关系式；
(2)据测定，当空气中每立方米的药物含量不高于14毫克时，学生方可进入教室，那么从药薰开始，至少需要经过多少小时后，学生才能回到教室．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示，其中f(x)的图象与x轴的一个交点的横坐标为−π12．
(1)求这个函数的解析式，并写出它的单调区间；
(2)求函数f(x)在区间[−π2,π12]上的最大值和最小值．
22.(本小题12分)
把符号aamp;bcamp;d称为二阶行列式，规定它的运算法则为aamp;bcamp;d=ad−bc.已知函数f(θ)=csθamp;1−λsinθ2amp;csθ．
(1)若λ=12，θ∈R，求f(θ)的值域；
(2)函数g(x)=x2amp;−11amp;1x2+1，若对∀x∈[−1,1]，∀θ∈R，都有g(x)−1≥f(θ)恒成立，求实数λ的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为集合P={x∈N|x(x−3)≥0}，Q={2,4}，
所以∁NP={x∈N|x(x−3)<0}={1,2}，
所以(∁NP)∪Q={1,2,4}．
故选：D．
化简集合P，根据补集和并集的定义计算即可．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为3π2<5<2π，
所以sin5<0，cs5>0，
则点P在第二象限，
故选：B．
判断出5所在的象限，再根据正余弦的符号即可判断求解．
本题考查了正余弦的象限符号，考查了学生的理解能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：因为y=(m2−2m−2)xm2+m是幂函数，
则m2−2m−2=1，则m=−1或m=3，
当m=−1，y=x0=1，不符合题意，
当m=3，f(x)=x12，则f(x)在区间(0,+∞)上是单调递增函数，符合题意，
则m=3满足题意．
故选：D．
由题意，根据幂函数的性质即可求解．
本题主要考查幂函数的定义和性质，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：易知函数f(x)=ln(x−1)−3x在其定义域(1,+∞)上连续不断，
且f(3)=ln2−1<0,f(4)=ln3−34>0，则函数的零点在区间(3,4)上．
故选：B．
利用零点判断定理，判断区间端点值的正负符号，即可判断出结果．
本题考查零点判断定理的应用，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：a=lnπ>lne=1，b=lg52而1< e<2，即12所以b故选：D．
根据给定条件，利用对数函数单调性及指数运算，再借助“媒介数”判断作答．
本题主要考查了函数单调性在函数值大小比较中的应用，属于基础题，
6.【答案】A
【解析】解：将y=2sin(12x+π3)上所有点的纵坐标伸长到原来的32倍，得到y=3sin(12x+π3)，
再将y=3sin(12x+π3)上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，得到y=3sin(x+π3)，
将y=3sin(x+π3)上所有点向左平移π6个单位，得到y=3sin(x+π3+π6)=3sin(x+π2)=3csx．
故选：A．
利用图像的平移变换和周期变换的结论，根据结果反向变换即可得出结果．
本题主要考查了函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换的应用，考查了函数思想，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：设x天后当“进步”的值是“退步”的值的5倍，
则，
即(10199)x=5，
即lg(10199)x=lg5，
即lg(10199)x=xlg10199=x(lg101−lg99)=lg5，
所以x=lg5lg101−lg99=1−lg2lg101−lg99=1−−1.9956≈80，
即x=80．
故当“进步值”是“退步值”的5倍时，大约经过80天．
故选：B．
根据题意列方程，然后取对数求解．
本题考查了对数的运算，重点考查了阅读理解能力，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由已知可得f(0)= 3，即2sinφ= 3，故sinφ= 32，
因为0<φ<π2，所以φ=π3，故f(x)=2sin(ωx+π3)，
由−π2+2kπ≤ωx+π3≤π2+2kπ得−5π6ω+2kπω≤x≤π6ω+2kπω，
所以f(x)的单调递增区间为[−5π6ω+2kπω,π6ω+2kπω],k∈Z，
同理可得f(x)的单调递增区间为[π6ω+2kπω,7π6ω+2kπω],k∈Z，
因为f(x)在区间(π,2π)内不存在最值，所以(π,2π)是f(x)单调区间的真子集，
当(π,2π)⇐[−5π6ω+2kπω,π6ω+2kπω]Z时，有π≥−5π6ω+2kπω2π≤π6ω+2kπω，k∈Z，
解得−56+2k≤ω≤112+k，
又因为ω>0，k∈Z，显然当k=0时，不等式成立，且0<ω≤112；
当(π,2π)⇐[π6ω+2kπω,7π6ω+2kπω]Z时，有π≥π6ω+2kπω2π≤7π6ω+2kπω
解得16+2k≤ω≤712+k，
又因为ω>0，k∈Z，显然当k=0时，不等式成立，且16≤ω≤712；
综上：ω的取值范围是(0,112]∪[16,712]．
故选：D．
先将点(0, 3)代入f(x)，求得φ，由f(x)在区间(π,2π)内不存在最值，得(π,2π)是f(x)单调区间的真子集，利用数轴法得到不等式组，解之即可得到ω的取值范围．
本题主要考查了正弦型函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：由lgab<0=lga1，可得：
当01．
此时f(x)=ax+b>1，且f(x)在定义域内单调递减，选项B成立，D错误；
当a>1时，因为y=lgax在定义域内单调递增，所以0此时f(x)=ax+b>b，不能保证f(x)>1，且f(x)在定义域内单调递增，选项A错误，C成立．
故选：BC．
讨论01两种情况，结合对数函数单调性求解lgab<0，再根据指数函数单调性分析判断即可．
本题考查了指数函数与对数函数的应用问题，是基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：对于A，(3k,4k)(k≠0)到原点的距离为r=5|k|，
若r>0时，csα=3k5|k|=35；若r<0时，csα=3k5|k|=−35，选项A错误；
对于B，若α=π6,2α=π3为锐角，所以选项B错误；
对于C，设扇形的半径为r，则π3r=π，解得：r=3，
所以扇形面积S=12×π3r2=3π2，选项C正确；
对于D，因为sinα+csα=15，则(sinα+csα)2=125，
所以sinαcsα=−1225，
所以sinαcsαsin2α+cs2α=tanαtan2α+1=−1225，解得tanα=−34或tanα=−43．
因为sinα+csα=15>0，sinαcsα=−1225<0，且0<α<π，
所以|sinα|>|csα|，所以tanα=−43，选项D正确．
故选：AB．
由三角函数的定义可判断A；取α=π6,2α=π3可判断B；由扇形的面积公式可判断C；对sinα+csα=15两边同时平方可得sinαcsα=−1225，可得tanα=−34或tanα=−43，再由|sinα|>|csα|可判断D．
本题考查了三角函数的定义与应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于函数f(x)=tan(2ωx+π3)(ω>0)，若f(x)的最小正周期是π2ω=π2，则ω=1，故A正确；
当ω=1时，f(x)=tan(2x+π3)，令2x+π3=kπ2，k∈Z，求得x=kπ4−π6，
可得它的图象的对称中心的坐标都可以表示为(kπ4−π6,0)，k∈Z，故B错误；
当ω=12时，f(x)=tan(x+π3)，∵f(−π)=tan(−2π3)=−tan2π3= 3，f(−π6)=tanπ6= 33，
∴f(−π)>f(−π6)，故C错误；
在区间(π3,π)上，2ωx+π3∈(2ωπ3+π3,2ωπ+π3)，函数f(x)单调递增，
则可能(2ωπ3+π3,2ωπ+π3)⊆(π2,3π2)，2ωπ3+π3>π2，且2ωπ+π3<3π2，求得14<ω<712，故D错误，
故选：BCD．
由题意，利用正切函数的图象和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查正切函数的图象和性质，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：设f(x)=t，则f(t)=m(m∈R)，则f(f(x))=m(m∈R)，
画出函数f(x)的图象，
①若m<0时，方程f(t)=m没有实数根，
②若m=0时，方程f(t)=m有2个实数根t1，t2，t1=−1或t2=1，
当t1=−1时，函数y=f(x)的图象与直线y=t1没有交点，
当t2=1时，函数y=f(x)的图象与直线y=t2有4个交点，
所以m=0时，方程f(f(x))−m=0(m∈R)实数根的个数为4．
③若0令|lnx|=1，解得：x=1e或x=e，
由图象观察可知，t3∈(−2,−1)，t4∈(−1,0)，t5∈(1e,1)，t6∈(1,e)，
函数y=f(x)的图象分别与直线y=ti(i=3,4,5,6)有0，0，4，3个交点，
所以若0④若m=1时，函数f(t)=m有4个实数根t7，t8，t9，t10，
则t7=−2或t8=0或t9=1e或t10=e，
函数y=f(x)的图象分别与直线y=ti(i=7,8,9,10)有0，2，4，3个交点，
所以若m=1时，方程f(f(x))−m=0(m∈R)实数根的个数为9．
⑤若m>1时，方程f(t)=m有3个实数根t11，t12，t13，
由图象观察可知，t11∈(−∞,−2)，t12∈(0,1e)，t13∈(e,+∞)，
函数y=f(x)的图象分别与直线y=ti(i=11,12,13)有0，4，3个交点，
所以若m>1时，方程f(f(x))−m=0(m∈R)实数根的个数为7．
故选：ACD．
设f(x)=t，分别讨论m<0，m=0，01，方程f(t)=m的实数根个数，从而可得答案．
本题考查函数零点与方程根的关系，分类讨论，数形结合的数学思想方法，属中档题．
13.【答案】1
【解析】解：sin(−31π6)−cs(−10π3)
=−sin(4π+π+π6)−cs(2π+π+π3)
=sinπ6+csπ3
=12+12
=1．
故答案为：1．
根据诱导公式和特殊角的三角函数值求出答案．
本题主要考查了诱导公式和特殊角的三角函数值在三角函数求值中的应用，属于基础题．
14.【答案】2 14+2
【解析】解：由x>1，可知x−1>0，
所以2x+7x−1=2(x−1)+7x−1+2≥2 2(x−1)⋅7x−1+2=2 14+2，
当且仅当2(x−1)=7x−1,(x−1)2=72,x=1+ 142时等号成立．
故答案为：2 14+2．
根据题意，以x−1为单位，利用基本不等式求最小值，即可得到本题的答案．
本题主要考查不等式的基本性质、利用基本不等式求函数的最值等知识，考查了计算能力，属于基础题．
15.【答案】12 76
【解析】解：单摆摆动的频率f=1T=12ππ=12．
当t=16s时，s=0，故第一次到达平衡位置O的所需要的时间为16s．
所以第二次到达平衡位置O所需要的时间为16+12T=76s．
故答案为：12；76．
由周期得出频率，进而由t=16s得出第二次到达平衡位置O所需要的时间．
本题考查三角函数的应用，属于中档题．
16.【答案】−32
【解析】解：根据题意，函数f(x)满足f(x+2)=2021f(x)，则f(x+4)=2021f(x+2)=f(x)，
即函数f(x)是周期为4的周期函数，
f(lg354)=f(lg354−4)=f(lg323)，
又由f(x)为奇函数，且在(0,1)上f(x)=3x，
则f(lg323)=−f(−lg323)=−f(lg332)=−32，
故f(lg354)=−f(lg332)=−32，
故答案为：−32．
根据题意，先分析函数的周期，可得f(lg354)=f(lg354−4)=f(lg323)，再利用奇偶性和解析式计算可得答案．
本题考查抽象函数的求值，注意分析函数的周期性，属于基础题．
17.【答案】解：(1)原式=23×23−4+(23)4×(−34)−1=4−4+(32)3−1=198；
(2)原式=2lg5+23lg23+lg5(lg2+1)+(lg2)2+5
=2lg5+2lg2+lg5×lg2+lg5+(lg2)2+5
=2(lg5+lg2)+lg2×(lg5+lg2)+lg5+5
=2+lg2+lg5+5=2+1+5=8．
【解析】(1)利用指数的性质、运算法则直接求解；
(2)利用对数的性质、运算法则直接求解．
本题考查指数、对数化简求值，考查指数函数、对数的性质、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：(1)f(α)=(−sinα)(−csα)(−sinα)cs[5π+(π2−α)](−csα)sin(π−α)[−sin(π+α)]sin[4π+(π2+α)]
=−sin2αcsα[−cs(π2−α)](−csα)sinα[−(−sinα)]sin(π2+α)
=−sinαcsα=−tanα．
(2)因为f(α)=−2，所以tanα=2，
所以sinα+csαsinα−csα=tanα+1tanα−1=31=3．
【解析】(1)利用三角函数的诱导公式化简即得；
(2)根据同角关系式结合条件即得．
本题考查了三角函数的诱导公式，同角三角函数的基本关系，是基础题．
19.【答案】解：(1)依题设f(x)=kx+m(k≠0)，因为f(x)过定点(0,1)，
所以m=1，即f(x)=kx+1(k≠0)，又f(1)=3，即k+1=3，所以k=2，
故不等式f(x)x≤4即2x+1x≤4，可得1x−2≤0，即1−2xx≤0，
将其转化为不等式组得x(1−2x)≤0x≠0，解得x≥12或x<0，
故原不等式的解集为{x|x≥12或x<0}．
(2)由(1)知f(x)=kx+1(k≠0)，又不等式f(x)⋅x>4的解集是(b,a)，
所以kx2+x−4>0(k≠0)的解集是(b,a)，
即方程kx2+x−4=0(k≠0)有两根为a，b，由韦达定理，a+b=−1k,a⋅b=−4k，且k<0，
则a+b=14ab且b>a>0，故4a+4b=1，由a+2b=(a+2b)(4a+4b)=12+4ab+8ba≥12+2 4ab⋅8ba=12+8 2，
当且仅当4ab=8ba，即a=4+4 2,b=4+2 2时，等号成立，
所以a+2b的最小值为12+8 2．
【解析】(1)先运用待定系数法求出函数解析式，再解分式不等式即得；
(2)利用三个二次的关系，将一元二次不等式的解转化为对应方程的的根，利用韦达定理和基本不等式即可求得．
本题主要考查了分式不等式及二次不等式的求解，还考查了基本不等式求解最值，属于中档题．
20.【答案】解：(1)依题意，当0≤t≤0.5时，
设y=kt，则有12k=1，解得k=2，
又由(116)0.5−a=1，解得a=12，
所以y=2t,0≤t≤0.5(116)t−0.5,t>0.5；
(2)令(116)t−0.5=(14)2t−1≤14，
即2t−1≥1，解得t≥1，
即至少需要经过1h后，学生才能回到教室．
【解析】(1)根据图象利用待定系数法计算函数关系式即可；
(2)根据指数函数的单调性解不等式计算即可．
本题考查了函数在生活中的实际运用，也考查了指数函数的性质，属于基础题．
21.【答案】解：(1)由图得A=2，π6−(−π12)=π4=T4，
∴T=π，
∴ω=2πT=2，
∵f(π6)=2sin(2×π6+φ)=2，0<φ<π2，则φ=π6，
∴f(x)=2sin(2x+π6)，
由2x+π6∈[−π2+2kπ,π2+2kπ](k∈Z)，解得x∈[kπ−π3,kπ+π6](k∈Z)，
故f(x)的递增区间是[kπ−π3,kπ+π6](k∈Z)，
由2x+π6∈[π2+2kπ,3π2+2kπ](k∈Z)，解得x∈[kπ+π6,kπ+2π3](k∈Z)，
故f(x)的递减区间是[kπ+π6,kπ+2π3](k∈Z)．
(2)当x∈[−π2,π12]时，2x+π6∈[−5π6,π3]，
当2x+π6=π3，即x=π12时，f(x)取得最大值为f(π12)=2sin(2×π12+π6)=2sinπ3= 3，
当2x+π6=−π2，即x=−π3时，f(x)取得最大值为f(−π3)=2sin[(2×(−π3)+π6)]=−2，
∴f(x)在区间[−π2,π12]上的最大值是 3，最小值是−2．
【解析】(1)根据函数图象可得A及周期，进而求ω，再利用待定系数法求出φ，利用正弦函数的单调性即可求解；
(2)根据正弦函数的性质，由整体代换法求解．
本题主要考查三角函数的图象与性质，属于基础题．
22.【答案】解：(1)由题意可得f(θ)=csθamp;1−λsinθ2amp;csθ=cs2θ+2λsinθ−2，
当λ=12时，f(θ)=cs2θ+sinθ−2=−sin2θ+sinθ−1=−(sinθ−12)2−34，
因为sinθ∈[−1,1]，
所以f(θ)∈[−3,−34]，
即函数f(θ)的值域为[−3,−34]；
(2)由题意可得g(x)=x2x2+1+1=2−1x2+1，
因为x∈[−1,1]，所以x2∈[0,1]，
令t=x2+1∈[1,2]，
则函数g(x)转化为y=2−1t，t∈[1,2]，
易知y=2−1t在t∈[1,2]上单调递增，
所以当t=1时，y=2−1t取最上值为1，
即有g(x)min=1，
又因为对∀x∈[−1,1]，∀θ∈R，都有g(x)−1≥f(θ)恒成立，
所以[g(x)−1]min≥f(θ)，
所以cs2θ+2λsinθ−2≤0对∀θ∈R恒成立，
令u=sinθ∈[−1,1]，
令h(u)=u2−2λu+1，u∈[−1,1]，
故只需h(u)min≥0，
①当λ≤−1时，h(u)min=h(−1)=2+2λ≥0，解得λ≥−1，所以λ=−1；
②当−1<λ<1时，h(λ)min=1−λ2≥0，解得−1≤λ≤1，所以−1<λ<1；
①当λ≥1时，h(u)min=h(1)=2−2λ≥0，解得λ≤1，所以λ=1；
综上所述，λ的取值范围为：[−1,1]．
【解析】(1)由题意可得f(θ)=−(sinθ−12)2−34，结合二次函数及三角函数的性质求解即可；
(2)由题意可得g(x)=2−1x2+1，[g(x)−1]min≥f(θ)恒成立，即cs2θ+2λsinθ−2≤0对∀θ∈R恒成立，令h(u)=u2−2λu+1，u∈[−1,1]，则有h(u)min≥0，结合二次函数的性质求解即可．
本题考查了二次函数及三角函数的性质、转化思想、分类讨论思想，属于中档题．