2024深圳龙岗区高一上学期1月期末考试数学含解析

这是一份2024深圳龙岗区高一上学期1月期末考试数学含解析，共22页。试卷主要包含了考试结束，请将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷共6页，22小题，满分150分，考试用时120分钟．
2．答题前，请将学校、班级、姓名和考号用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并将条形码粘贴在答题卡的贴条形码区．请保持条形码整洁、不污损．
3．本卷试题，考生必须在答题卡上按规定作答；凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效．答题卡必须保持清洁，不能折叠．
4．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡选择题答题区内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；非选择题答案必须用规定的笔，按作答题目的序号，写在答题卡非选择题答题区内．
5．考试结束，请将答题卡交回．
一、单项选择题：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. 化简的值是（ ）
A B. C. D.
2 设集合，则（ ）
A. B.
C. D.
3. 当a>1时，在同一直角坐标系中，函数与的图像是（ ）
A. B. C. D.
4. 已知命题“”是真命题，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5. “且”是“为第四象限角”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
6. 已知且，则的值是（ ）
A. B. C. 1D. 3
7. 已知角，终边上有一点，则（ ）
A. B. C. D.
8. 设函数，对任意给定，都存在唯一的，使得成立，则a的最小值是（ ）
A. B. 1C. D. 2
二、多项选择题：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. 已知a，b，c为实数，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，，则D. 若，则
10. 在中，下列等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
11. ，和是方程的两个根，则下列结论正确的是（ ）
A B.
C. D.
12. 设，则下列选项中正确的有（ ）
A. 与的图象有两个交点，则
B. 方程有三个实数根，则
C. 的解集是
D. 的解集是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 函数的定义域是______.
14. 如图1，折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，㓞纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，其展开的平面图如图2的扇形AOB，其中，，则扇面（曲边四边形ABDC）的面积是______．
15. 设，则a，b，c的大小关系为______．
16. 对任意，恒有，对任意，现已知函数的图像与有4个不同的公共点，则正实数的值为__________.
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. 已知集合，集合．
（1）当时，求；
（2）若，求实数m的取值范围．
18. 函数（其中）部分图象如图所示，先把函数的图象上的各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），把得到的曲线向左平移个单位长度，再向上平移1个单位，得到函数的图象．
（1）求函数图象的对称中心；
（2）当时，求的值域．
19. 已知函数是定义在上的奇函数，且.
（1）求函数的解析式；
（2）判断函数在上的单调性，并用定义证明；
（3）解关于的不等式：.
20. 已知函数，.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数的对称轴方程；
（3）求函数在上的单调区间.
21. 党的二十大报告指出：必须坚持科技是第一生产力、人才是第一资源、创新是第一动力．科技兴则民族兴，科技强则国家强.2023年9月，华为Mate60系列的发布再次引发了广泛关注，它不仅展示了中国科技产业的不断进步和发展，更体现了中国人民自主创新、顽强不屈的精神．某芯片企业原有400名技术人员，年人均投入万元，现为加大对研发工作的投入，该企业把原有技术人员分成技术人员和研发人员，其中技术人员名，调整后研发人员的年人均投入增加，技术人员的年人均投入调整为万元．
（1）若要使调整后研发人员的年总投入不低于调整前400名技术人员的年总投入，求调整后的研发人员的人数最少为多少人？
（2）为了激励研发人员的工作热情和保持技术人员的工作积极性，企业决定在投入方面要同时满足以下三个条件：①技术人员不少于100人，不多于275人；②研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入；③技术人员的年人均投入始终不减少．请问是否存在这样的实数，满足以上两个条件，若存在，求出的范围；若不存在，说明理由．
22. 已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若且，试比较与的大小关系；
（3）令，若在R上的最小值为，求m的值．
龙岗区2023－2024学年第一学期高一期末质量监测
数学试卷
注意事项：
1．本试卷共6页，22小题，满分150分，考试用时120分钟．
2．答题前，请将学校、班级、姓名和考号用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并将条形码粘贴在答题卡的贴条形码区．请保持条形码整洁、不污损．
3．本卷试题，考生必须在答题卡上按规定作答；凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效．答题卡必须保持清洁，不能折叠．
4．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡选择题答题区内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；非选择题答案必须用规定的笔，按作答题目的序号，写在答题卡非选择题答题区内．
5．考试结束，请将答题卡交回．
一、单项选择题：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. 化简的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】用诱导公式转化为锐角三角函数求解.
【详解】.
故选：D
2. 设集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集定义运算即可
【详解】因为，所以,
故选：B.
【点睛】本题考查集合的运算，属基础题，在高考中要求不高，掌握集合的交并补的基本概念即可求解.
3. 当a>1时，在同一直角坐标系中，函数与的图像是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由可知，根据指数函数和对数函数图象的单调性即可判断得出结果.
【详解】依题意可将指数函数化为，由可知；
由指数函数图象性质可得为单调递减，且过定点，即可排除BD，
由对数函数图象性质可得为单调递增，且过定点，排除C，
故选：A.
4. 已知命题“”是真命题，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，即可得解.
【详解】因为命题“”是真命题，
所以，解得，
所以实数a的取值范围是.
故选：D.
5. “且”是“为第四象限角”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先考查充分性，根据条件确定的终边位置，再考查必要性，有终边位置确定符号即可.
【详解】充分性：
因为，
所以为第一象限角或第四象限角或终边在轴的非负半轴，
又，则，
所以为第三象限角或第四象限角或终边在轴的非正半轴，
综上知，为第四象限角，故充分性成立；
必要性：若为第四象限角，则且，
此时，
故必要性成立，故“且”是“为第四象限角”的充要条件，
故选:A.
6. 已知且，则的值是（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】令，利用奇函数的性质求解即可.
【详解】令，
因为，所以函数为奇函数，
由，得，所以，
所以.
故选：C.
7. 已知角，终边上有一点，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断点在第几象限，再求并用正切得两角和公式化简，然后求得答案.
【详解】因为，所以
所以点在第二象限.
由已知得
所以
故选：A
8. 设函数，对任意给定的，都存在唯一的，使得成立，则a的最小值是（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】令，结合二次函数性质求上的值域，画出的大致图象，根据已知及图象有是的子集，求a的范围即可.
【详解】令，开口向上且对称轴为，
则在上递增，故对应值域为，
由解析式可得函数大致图象如下，
令，则或时有一个解；时有两个解，结合图象，
当，则，此时有两个解；
当，则或，此时有两个解；
当，则，此时有一个解；
任意给定的，存在唯一的使成立，
所以，且是子集，所以，即.
故选：C
【点睛】关键点点睛：将问题化为在上的值域为的子集为关键.
二、多项选择题：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. 已知a，b，c为实数，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，，则D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据不等式的性质逐一判断即可.
【详解】对于A，若，则，所以，故A正确；
对于B，当时，若，则，故B错误；
对于C，若，，则，故C正确；
对于D，若，则，故D正确.
故选：ACD.
10. 在中，下列等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用诱导公式及同角三角函数基本关系分别对各选项进行化简计算即可验证.
【详解】对于A, ,A正确;
对于B, ,B错误;
对于C, , C正确;
对于D, , D错误.
故选:AC.
11. ，和是方程的两个根，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由题设，利用根与系数关系及判别式有，，，再结合和角正切公式、基本不等式判断各项正误.
【详解】由，则，
则，且，则，
由，A对，B、C错；
由，则，
当且仅当时取等号，故，D对.
故选：AD
12. 设，则下列选项中正确的有（ ）
A. 与的图象有两个交点，则
B. 方程有三个实数根，则
C. 的解集是
D. 的解集是
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据解析式化为函数大致图象，数形结合判断各项的正误.
【详解】由函数解析式可得函数图象如下，

要使与的图象有两个交点，则，A对；
方程有三个实数根，则，B对；
由图象知：的解集是，C错；
令，由，则，而，
所以，则或，可得或，故解集是，D对.
故选：ABD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 函数的定义域是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定函数有意义直接列出不等式组，解不等式组可得答案.
【详解】要使有意义，只需，解得，
故函数的定义域为，
故答案为：
14. 如图1，折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，㓞纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，其展开的平面图如图2的扇形AOB，其中，，则扇面（曲边四边形ABDC）的面积是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用扇形面积公式求扇面（曲边四边形ABDC）的面积即可.
【详解】由题设，，则
扇面（曲边四边形ABDC）的面积.
故答案为：
15. 设，则a，b，c的大小关系为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合中间量法即可得解.
【详解】，
，
，
所以.
故答案为：.
16. 对任意，恒有，对任意，现已知函数的图像与有4个不同的公共点，则正实数的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由，得，由已知条件可得函数的图像的对称性和周期性，可作出函数的图像，由题意的图像函数在上的图像相切，联立方程组利用判别式求解.
【详解】，，，
令，则有，
任意，恒有，则函数的图像关于对称，函数是以2为周期的周期函数，
在同一直角坐标系下作出函数与的图像，如图所示，
函数的图像与有4个不同的公共点，由图像可知，的图像函数在上的图像相切，
由，消去得，则，解得.
故答案为：
点睛】方法点睛：
函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图像与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图像交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图像，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
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，集合．
（1）当时，求；
（2）若，求实数m的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用集合的交补运算求集合；
（2）由包含关系得，即可求参数范围.
【小问1详解】
由题设，且或，
所以.
【小问2详解】
由，则，可得.
18. 函数（其中）的部分图象如图所示，先把函数的图象上的各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），把得到的曲线向左平移个单位长度，再向上平移1个单位，得到函数的图象．
（1）求函数图象的对称中心；
（2）当时，求的值域．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据函数图象求函数解析式，由图象平移得，再由余弦函数性质求对称中心；
（2）由余弦型函数性质求值域.
【小问1详解】
由题设及图知：且，则，
所以，而且，则，
综上，，
函数的图象上的各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得，
把曲线向左平移个单位长度，再向上平移1个单位，得，
令，则，即图象对称中心为.
【小问2详解】
由，则，故，
所以的值域为.
19. 已知函数是定义在上的奇函数，且.
（1）求函数解析式；
（2）判断函数在上的单调性，并用定义证明；
（3）解关于的不等式：.
【答案】（1）；
（2）函数在上是增函数，证明见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的定义可求得的值，再结合已知条件可求得实数的值，由此可得出函数的解析式；
（2）判断出函数在上是增函数，任取、且，作差，因式分解后判断的符号，即可证得结论成立；
（3）由得，根据函数的单调性与定义域可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：因为函数是定义在上的奇函数，则，
即，可得，则，
所以，，则，因此，.
【小问2详解】
证明：函数在上是增函数，证明如下：
任取、且，则
，
因为，则，，故，即.
因此，函数在上是增函数.
【小问3详解】
解：因为函数是上的奇函数且为增函数，
由得，
由已知可得，解得.
因此，不等式的解集为.
20. 已知函数，.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数的对称轴方程；
（3）求函数在上的单调区间.
【答案】（1）；
（2）；
（3）单调增区间是，单调递减区间是.
【解析】
【分析】（1）（2）（3）利用差角的正弦公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解即得.
【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（1）知，，由，得，
所以函数的对称轴方程是.
【小问3详解】
由（1）知，，当时，，
由，解得，由，解得，
所以函数在上的单调增区间是，单调递减区间是.
21. 党的二十大报告指出：必须坚持科技是第一生产力、人才是第一资源、创新是第一动力．科技兴则民族兴，科技强则国家强.2023年9月，华为Mate60系列的发布再次引发了广泛关注，它不仅展示了中国科技产业的不断进步和发展，更体现了中国人民自主创新、顽强不屈的精神．某芯片企业原有400名技术人员，年人均投入万元，现为加大对研发工作的投入，该企业把原有技术人员分成技术人员和研发人员，其中技术人员名，调整后研发人员的年人均投入增加，技术人员的年人均投入调整为万元．
（1）若要使调整后研发人员的年总投入不低于调整前400名技术人员的年总投入，求调整后的研发人员的人数最少为多少人？
（2）为了激励研发人员的工作热情和保持技术人员的工作积极性，企业决定在投入方面要同时满足以下三个条件：①技术人员不少于100人，不多于275人；②研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入；③技术人员的年人均投入始终不减少．请问是否存在这样的实数，满足以上两个条件，若存在，求出的范围；若不存在，说明理由．
【答案】（1）25人 （2）存在；
【解析】
【分析】(1)根据题意，得到不等式，得出，再用已知条件得出得出结果
(2)由条件②得，由条件③得，假设存在满足上述条件，则上述两个不等式恒成立，求出即可.
【小问1详解】
依题意可得调整后研发人员的年人均投入为万元，
则，
整理得，
解得，
故，
所以要使这名研发人员的年总投入不低于调整前400名技术人员的年总投入，调整后的研发人员的人数最少为25人．
【小问2详解】
由条件②研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入，得，
上式两边同除以得，
整理得；
由条件③技术人员年人均投入不减少，得，
解得；
由条件①得，
假设存在这样的实数， 使得技术人员在已知范围内调整后，满足以上三个条件，
即恒成立，
因为，
当且仅当，即时等号成立， 所以，
又因为，当时，取得最大值，所以，
所以，即，
即存在这样的满足条件，其范围为．
22. 已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若且，试比较与的大小关系；
（3）令，若在R上的最小值为，求m的值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）1.
【解析】
【分析】（1）把代入，结合一元二次不等式及指数函数单调性求解不等式即得.
（2）利用差值比较法，结合基本不等式判断出两者的大小关系.
（3）利用换元法化简的解析式，对进行分类讨论，结合二次函数的性质求得的值.
【小问1详解】
当时，函数，
不等式化为，即，解得，则，
所以不等式的解集为.
小问2详解】
依题意，
，
由，得，又，
则，因此，
所以.
【小问3详解】
令，，则，
于是
，
而，当且仅当，即，时取等号，
当，即时，则当时，取得最小值，，矛盾；
当，即时，则当时，取得最小值，
解得，则，
所以m的值是1.
【点睛】思路点睛：含参数的二次函数在指定区间上的最值问题，按二次函数对称轴与区间的关系分类求解，再综合比较即可.