福建省南平市2023-2024学年高一上学期期末质量检测数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名、班级和座号.考生要认真核对答题卡上粘贴条形码的“准考证号、姓名”.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
第I卷
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. 下列Venn图能正确表示集合和关系的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】确定集合，的关系，然后选择合适的图象即可.
【详解】，又，
所以，选项B符合，
故选：B.
2. 函数的定义域为（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
分析】由题意列出不等式组即可求解.
【详解】由题意，解得或，
所以函数的定义域为.
故选：C.
3. 命题“”的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由命题否定的定义即可得解.
【详解】命题“”的否定为.
故选：B.
4. 设，，，则a、b、c的大小关系是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数函数、对数函数的单调性并借助“媒介”数即可得解.
【详解】因函数在R上单调递减，，则有，
又函数在R上单调递增，，则有，
而函数在上单调递增，，则有，
于是得，
所以.
故选：D
5. 函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合奇偶性以及函数值的符号性逐项分析判断.
【详解】由题意定义域为全体实数，它关于原点对称，且，
所以是偶函数，
当时，，此时，
且，当时，，此时，
对比选项可知，只有B选项符合题意.
故选：B.
6. 不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先分析不等式成立的一个充分不必要条件的性质，再解不等式即可得解.
【详解】要成为不等式成立的一个充分不必要条件，
则该条件所对应的集合为不等式的解集的真子集，
解，得，故不等式的解集为，
逐一分析各选项，可知只有D选项对应的集合满足题意，故D正确.
故选：D.
7. 若函数在恰好有3个零点，则正实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将函数在恰好有3个零点转化为函数在上恰有条对称轴，利用正弦曲线列不等式求解即可.
【详解】令得，
因为函数在恰好有3个零点，
所以函数在上恰有条对称轴，
当时，，
函数在上恰有条对称轴，如图：
，
则，解得.
故选：C.
8. 已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，判断的单调性和奇偶性，由此求得不等式的解集.
【详解】设，由题意知，则函数的定义域为，
又
，所以是奇函数，
当时，为增函数，为增函数，
所以是增函数，则，由是奇函数可知，在上单调递增，
由得，即，
则，解得，
所以不等式的解集为.故D正确.
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. 下列各式中，值为1是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用三角公式逐一计算判断.
【详解】对于A：，正确；
对于B：，错误；
对于C：，错误；
对于D：，正确.
故选：AD.
10. 若，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】举反例判断AC；利用基本不等式判断B；利用不等式的性质判断D.
【详解】对于A：当时，，A不一定成立；
对于B：，当且仅当，即时等号成立，B一定成立；
对于C：当时，，C不一定成立；
对于D：当时，，当时，，即，D一定成立.
故选：BD.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 在上单调递减
C. 若，则
D. 为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点向右平移个单位长度
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，直接代入检验即可；对于B，由余弦函数、复合函数单调性即可判断；对于C，由诱导公式即可判断；对于D，由平移变换法则验算即可.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，当时，，且在内单调递减，
可知上单调递减，故B正确；
对于C，若，
则，故C正确；
对于D，把函数图象上所有的点向右平移个单位长度，
所得函数图象对应函数表达式为，故D错误.
故选：BC.
12. 若函数为奇函数，则（ ）
A.
B. 函数的值域为
C. ，且，有
D. ，“”是“”的充分不必要条件
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：根据奇函数定义运算求解；对B：可求解；对C：根据函数单调性的定义与性质分析运算；对D：根据函数单调性整理可得恒成立，再结合充分必要条件从而可求解.
【详解】对A：由为奇函数且定义域为，所以，
即，得，故A正确；
对B：由，因为，所以，故B错误；
对C：由，对于，且，
则，
因为，所以，即，又因为，
所以，所以函数在其定义域上为增函数，
所以且，有，故C正确；
对D：充分性：当，因为，由为增函数，所以，故充分性满足；
必要性：由为增函数，当恒成立，因为，
所以，解得或，故必要性不满足；
综上可知“”是“”的充分不必要条件，故D正确.
故选：ACD.
第II卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，其中第16题第1空2分，第2空3分，共20分．
13. 半径为2的圆中，的圆心角所对的弧的长度是______．
【答案】
【解析】
【分析】直接根据弧长公式求解.
【详解】由已知的圆心角所对的弧的长度是.
故答案为：.
14. 已知幂函数．若是奇函数，则的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】由幂函数的定义结合奇函数的定义即可求解.
【详解】由题意，解得或，又是奇函数，
当时，不满足题意；当时，满足题意.
故答案为：3.
15. 如图是在北京召开的第24届国际数学家大会的会标，会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由4个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．若直角三角形中较小的内角为，大正方形的面积为1，小正方形的面积是，则______．
【答案】
【解析】
【分析】直角三角形的两条直角边分别为，可得小正方形的边长为，利用同角三角函数基本关系即可求解.
【详解】直角三角形中较小的内角为，
则直角三角形的两条直角边分别为，
所以小正方形的边长为，
所以，
即，
即，
所以，
所以.
故答案为：.
16. 已知函数，用表示中的较小者，记为，则函数的最大值为______；若，则的取值范围为______．
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】先确定函数的单调性，再求的最大值；不等式等价于，利用的单调性和奇偶性，求出的范围，进而可得的范围.
【详解】因为函数，用表示中的较小者，记为，
所以，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的最大值为，
不等式，即，
又明显为偶函数，在上单调递减，
所以，解得，
因为，恒成立，
所以，即，
所以的取值范围为.
故答案为：；.
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. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】17. -2；
18. .
【解析】
【分析】（1）由三角函数定义代入即可求解；
（2）由三角函数定义结合两角和的正切公式即可求解.
【小问1详解】
因为的终边过点，所以 ，，
所以．
【小问2详解】
因为的终边过点，所以，
所以.
18. 设函数．
（1）若，求不等式的解集；
（2）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）解一元二次不等式即可得解；
（2）由题意得，恒成立，对分类讨论即可求解.
【小问1详解】
当，，不等式即为，
解得或，
所以的解集为或．
【小问2详解】
因为，
所以不等式可化为，
依题意对，恒成立．
所以当时，，不符合要求；
当时，由一元二次函数性质，可知，即，解得，
因此实数的取值范围是．
19. 已知函数．
（1）求函数的定义域，并判断函数的奇偶性；
（2）解关于x的不等式．
【答案】（1），奇函数
（2）
【解析】
【分析】（1）根据对数函数的性质可求得定义域；根据函数奇偶性的定义可判断函数的奇偶性；
（2）将化为，再利用函数的单调性得到，解不等式结合函数的定义域可得答案.
【小问1详解】
由，得函数的定义域为，定义域关于原点对称，
又,
所以函数奇函数；
【小问2详解】
因为，
所以不等式可化为，
因为在是增函数，所以有，
又，所以，解得，又，
因此不等式的解集为．
20. 燕子每年都要进行秋去春来的南北大迁徙，已知某种燕子在飞行时的耗氧量与飞行速度（米/秒）之间满足关系：．
（1）当该燕子的耗氧量为1280时，它的飞行速度是多少？
（2）若该燕子飞行时的耗氧量增加到原来的3倍，则它的飞行速度大约增加多少？（参考数据：）
【答案】（1）35（米/秒）
（2）8（米/秒）
【解析】
【分析】（1）由题意可列出指数方程，结合指数运算，即可求得答案；
（2）设该燕子原来的耗氧量为，飞行速度为，可设燕子的耗氧量为时，飞行速度为，由题意列式，化简可得，两边取对数，结合对数运算，即可求得答案.
【小问1详解】
依题意，有，即，.
又，
所以，所以，
解得，故该燕子的飞行速度是35（米/秒）．
【小问2详解】
设该燕子原来的耗氧量为，飞行速度为，
则该燕子的耗氧量为，飞行速度记为，
依题意，有，
所以，则，
则，所以它的飞行速度大约增加8（米/秒）.
21. 已知函数是偶函数．
（1）求实数的值；
（2）若函数的最大值为1，求实数的值；
（3）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）1 （2）4
（3）
【解析】
【分析】（1）利用函数的奇偶性，结合对数的运算法则即可得解；
（2）利用换元法与二次函数的性质即可得解；
（3）利用参数分离法，结合指数函数的性质即可得解.
【小问1详解】
因为是偶函数，所以，
即对任意恒成立，
所以，则，故，
由于的任意性，所以.
【小问2详解】
由（1）得，
所以的最大值为1，
令，则的最大值为1，
①当，即时，时，，所以；
②当，即时，时，，得（舍去）；
综上，实数．
【小问3详解】
因为，，
函数有且只有一个零点，即方程有且只有一个实数根，
由，得，
则，即，
因为恒成立，所以，
又在上单调递减，故，则，
所以的取值范围是.
22. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）若方程在区间上恰有三个实数根，且，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简的表达式，结合正弦函数的周期公式，即可求得答案；
（2）利用换元，，将的根的问题转化为在上有三个实根的问题，结合正弦函数的对称性以及周期性得到之间的关系式，继而推出，结合参数的范围，即可求得答案.
【小问1详解】
依题意，
，
所以函数的最小正周期为；
【小问2详解】
由得，令，则，
因为，所以，
依题意，在上有三个实根，且，
则，，
所以，
即，
又，
所以，
因为，所以，从而，
所以的取值范围是
【点睛】关键点点睛：（2）中，要利用换元法，将方程在区间上恰有三个实数根，转化为在上有三个实根的问题，结合正弦函数的对称性，即可解决.