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广西示范性高中2023-2024学年高一下学期3月调研测试数学试卷（原卷版+解析版）
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这是一份广西示范性高中2023-2024学年高一下学期3月调研测试数学试卷（原卷版+解析版），文件包含精品解析广西示范性高中2023-2024学年高一下学期3月调研测试数学试卷原卷版docx、精品解析广西示范性高中2023-2024学年高一下学期3月调研测试数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
一、选择题：本题共8个小题，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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据不等式的解法，求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由不等式，解得，可得，
又由，所以.
故选：B.
2. 在中，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由，可得成立，即必要性成立；
反之：若，可得或，即充分性不成立，
所以是的必要不充分条件．
故选：B．
3. 函数且的图象恒过定点，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令上的指数为0即可得到答案.
详解】对于函数，令，可得，则，
所以，函数且的图象恒过定点坐标为．
故选：A
4. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题判断即可.
【详解】命题“”为全称量词命题，其否定是“”．
故选：D
5. 若函数是定义在上的偶函数，则（ ）
A. B. C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合函数奇偶性定义和判定方法，列出方程，即可求解.
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，所以定义域关于原点对称，
可得，所以，
由，可得，解得，所以．
故选：A
6. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由对数函数、指数函数以及正弦函数单调性即可得解.
【详解】因为，而，所以，所以.
故选：C.
7. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】因为，且，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
故选：C．
8. 已知函数，则（ ）
A. 2020B. 2021C. 2022D. 2023
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得，再倒序相加即可得解.
【详解】因为，
所以
，
所以
．
所以．
故选：D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知是实数，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据不等式的性质以及特殊值检验求解.
【详解】对于选项，当时，，故A错误；
对于选项B，当时，两边同乘得，则B正确；
对于选项，当，则，显然成立，则C正确；
对于选项，若，当，所以，则D错误．
故选：.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 直线是图象的一条对称轴
C. 点是图象的一个对称中心
D. 函数在区间上单调递减
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数的图象读取周期信息即得A项，根据周期确定值，根据图象经过的点确定，推得函数解析式，对于B,C,D项只需将看成整体角，结合正弦函数的图象逐一验证其对称性和单调性等性质即得.
【详解】设的最小正周期为，
由图象可知，解得，故A选项正确；
因为，所以，解得，如图可知：，故．
将代入解析式得，因为，则，得，故．
当时，，则点是函数的对称中心，即直线不是其对称轴，故B选项错误；
当时，，则点是函数的对称中心，故C选项正确；
因当时，取，而在上单调递增，故在区间上单调递增，故D选项错误．
故选：AC．
11. 已知函数，若方程有四个不同的零点，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】在同一个平面直角坐标系内作和的图象，结合图象可判断A，由图可知，且、，再结合各选项一一判断即可.
【详解】如图所示，在同一个平面直角坐标系内作和的图象，从图象可知：
要使方程有四个不同的零点，只需，选项A错误；
对于B，因为，，，
且函数关于对称，
由图可得，
且，，
所以，所以，则，
所以
令，当且仅当时取最小值，
所以，故B正确；
对于C，是的两根，所以，即，
所以，所以；由是的两根，所以，
所以，即不成立，故C错误；
对于D，由得
令，函数在在上单调递增，所以，
即，故D正确．
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数是幂函数，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据幂函数的定义求出参数的值，即可得到函数解析式，再代入计算可得.
【详解】因为函数是幂函数，
所以，解得，，.
故答案为：
13. 已知扇形的圆心角为，其周长是，则该扇形的面积是______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据扇形的弧长和面积公式，即可求解.
【详解】设扇形半径为，弧长为，因为扇形的圆心角为，其周长是，
所以，解得：，所以该扇形的面积．
故答案：2
14. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】由为奇函数，为偶函数，可求得的周期为4，由为奇函数，可得（1），结合（3），可求得，的值，从而得到，时，的解析式，再利用周期性和奇偶性推导出，进一步求出的值．
【详解】为奇函数，（1），且，
偶函数，，
，即，
．
令，则，
，．
当，时，．
（2），
（3）（1），
又（3），，解得，
（1），，
当，时，，
．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：关键是利用条件推导出函数的奇偶性与周期性，再求值．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 化简，求值
（1）；
（2）若求的值．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）利用分数指数幂和对数的运算性质化简计算即得；
（2）利用诱导公式化简，再运用同角的三角函数基本关系式即可求得.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
.
当时，原式．
16. 已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，，
（1）求函数的解析式；
（2）求函数在区间上的最小值和最大值．
【答案】（1）；
（2）和．
【解析】
【分析】（1）当时，，时，由即可得解；
（2）由配方法求二次函数在闭区间上的最值即可.
【小问1详解】
依题意，函数是定义在R上的奇函数，
当时，，
当时，，
又是奇函数，，
∴的解析式为．
【小问2详解】
依题意可知当时，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则，
，
所以在区间上的最小值和最大值分别为和．
17. 已知函数，
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）把的图象向右平移个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到函数的图象，若在区间上的最大值为3，求实数的取值范围．
【答案】（1），；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由正弦型函数的周期公式可得其周期，将看成整体角，利用正弦函数的单调区间解不等式即得；
（2）根据平移变换求出，取，由求得，作出函数在区间上的图象，须使解之即得.
【小问1详解】
的最小正周期．
由得
的单调递增区间是
【小问2详解】
把的图象向右平移个单位得到，
再向上平移2个单位长度，得到的图象.
由，得，取，则，
因为在区间上的最大值为3，
所以在区间上的最大值为1.
作出在区间上的图象，可知须使，即，
所以的取值范围为．
18. 已知函数是定义在R上的偶函数．
（1）求的值，并证明函数在上单调递增；
（2）求函数的值域．
【答案】（1），证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由偶函数的定义即可得关于的恒等式，由此即可求得，根据单调性的定义证明即可；
（2）通过换元法，结合指数函数、对勾函数性质即可将原问题转换为闭区间上的二次函数最值，由此即可得解.
【小问1详解】
因为函数在R上为偶函数，所以，
解得恒成立，即．
所以，
对任意的，
因为，
所以在区间上是单调递增函数．
【小问2详解】
函数．
令，因为，所以，所以，
令，故函数在单调递增，
当时，；
当时，．
则函数的值域为．
19. 已知函数，
(1) 判断的奇偶性并证明；
(2) 令
①判断在的单调性（不必说明理由）；
②是否存在，使得在区间的值域为？若存在，求出此时的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）奇函数，证明见解析；（2）①单调递减，②
【解析】
【分析】(1)根据函数奇偶性定义，即可证出．
(2) ①求出，由复合函数的单调性法则可知，在上单调递减；②根据在上单调递减，可以得到，然后转化得出：和是方程的两根，再将其转化为直线与函数的图象在
上有两个交点，观察图象，可求出的取值范围．
【详解】奇函数；证明如下：
由解得或,
所以的定义域为，关于原点对称．
,
故为奇函数．
，①在上单调递减．
②假设存在，使在的值域为．
由知，在上单调递减．
则有,．
所以,是方程在上的两根，
整理得在有2个不等根和．
即 ，令，则，，
即直线与函数的图象在上有两个交点，
所以， ．
【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判断、复合函数的单调性的判断以及函数、方程与图象之间的关系应用，意在考查学生的转化能力与推理能力．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
一、选择题：本题共8个小题，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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据不等式的解法，求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由不等式，解得，可得，
又由，所以.
故选：B.
2. 在中，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由，可得成立，即必要性成立；
反之：若，可得或，即充分性不成立，
所以是的必要不充分条件．
故选：B．
3. 函数且的图象恒过定点，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令上的指数为0即可得到答案.
详解】对于函数，令，可得，则，
所以，函数且的图象恒过定点坐标为．
故选：A
4. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题判断即可.
【详解】命题“”为全称量词命题，其否定是“”．
故选：D
5. 若函数是定义在上的偶函数，则（ ）
A. B. C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合函数奇偶性定义和判定方法，列出方程，即可求解.
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，所以定义域关于原点对称，
可得，所以，
由，可得，解得，所以．
故选：A
6. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由对数函数、指数函数以及正弦函数单调性即可得解.
【详解】因为，而，所以，所以.
故选：C.
7. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】因为，且，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
故选：C．
8. 已知函数，则（ ）
A. 2020B. 2021C. 2022D. 2023
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得，再倒序相加即可得解.
【详解】因为，
所以
，
所以
．
所以．
故选：D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知是实数，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据不等式的性质以及特殊值检验求解.
【详解】对于选项，当时，，故A错误；
对于选项B，当时，两边同乘得，则B正确；
对于选项，当，则，显然成立，则C正确；
对于选项，若，当，所以，则D错误．
故选：.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 直线是图象的一条对称轴
C. 点是图象的一个对称中心
D. 函数在区间上单调递减
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数的图象读取周期信息即得A项，根据周期确定值，根据图象经过的点确定，推得函数解析式，对于B,C,D项只需将看成整体角，结合正弦函数的图象逐一验证其对称性和单调性等性质即得.
【详解】设的最小正周期为，
由图象可知，解得，故A选项正确；
因为，所以，解得，如图可知：，故．
将代入解析式得，因为，则，得，故．
当时，，则点是函数的对称中心，即直线不是其对称轴，故B选项错误；
当时，，则点是函数的对称中心，故C选项正确；
因当时，取，而在上单调递增，故在区间上单调递增，故D选项错误．
故选：AC．
11. 已知函数，若方程有四个不同的零点，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】在同一个平面直角坐标系内作和的图象，结合图象可判断A，由图可知，且、，再结合各选项一一判断即可.
【详解】如图所示，在同一个平面直角坐标系内作和的图象，从图象可知：
要使方程有四个不同的零点，只需，选项A错误；
对于B，因为，，，
且函数关于对称，
由图可得，
且，，
所以，所以，则，
所以
令，当且仅当时取最小值，
所以，故B正确；
对于C，是的两根，所以，即，
所以，所以；由是的两根，所以，
所以，即不成立，故C错误；
对于D，由得
令，函数在在上单调递增，所以，
即，故D正确．
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数是幂函数，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据幂函数的定义求出参数的值，即可得到函数解析式，再代入计算可得.
【详解】因为函数是幂函数，
所以，解得，，.
故答案为：
13. 已知扇形的圆心角为，其周长是，则该扇形的面积是______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据扇形的弧长和面积公式，即可求解.
【详解】设扇形半径为，弧长为，因为扇形的圆心角为，其周长是，
所以，解得：，所以该扇形的面积．
故答案：2
14. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】由为奇函数，为偶函数，可求得的周期为4，由为奇函数，可得（1），结合（3），可求得，的值，从而得到，时，的解析式，再利用周期性和奇偶性推导出，进一步求出的值．
【详解】为奇函数，（1），且，
偶函数，，
，即，
．
令，则，
，．
当，时，．
（2），
（3）（1），
又（3），，解得，
（1），，
当，时，，
．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：关键是利用条件推导出函数的奇偶性与周期性，再求值．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 化简，求值
（1）；
（2）若求的值．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）利用分数指数幂和对数的运算性质化简计算即得；
（2）利用诱导公式化简，再运用同角的三角函数基本关系式即可求得.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
.
当时，原式．
16. 已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，，
（1）求函数的解析式；
（2）求函数在区间上的最小值和最大值．
【答案】（1）；
（2）和．
【解析】
【分析】（1）当时，，时，由即可得解；
（2）由配方法求二次函数在闭区间上的最值即可.
【小问1详解】
依题意，函数是定义在R上的奇函数，
当时，，
当时，，
又是奇函数，，
∴的解析式为．
【小问2详解】
依题意可知当时，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则，
，
所以在区间上的最小值和最大值分别为和．
17. 已知函数，
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）把的图象向右平移个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到函数的图象，若在区间上的最大值为3，求实数的取值范围．
【答案】（1），；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由正弦型函数的周期公式可得其周期，将看成整体角，利用正弦函数的单调区间解不等式即得；
（2）根据平移变换求出，取，由求得，作出函数在区间上的图象，须使解之即得.
【小问1详解】
的最小正周期．
由得
的单调递增区间是
【小问2详解】
把的图象向右平移个单位得到，
再向上平移2个单位长度，得到的图象.
由，得，取，则，
因为在区间上的最大值为3，
所以在区间上的最大值为1.
作出在区间上的图象，可知须使，即，
所以的取值范围为．
18. 已知函数是定义在R上的偶函数．
（1）求的值，并证明函数在上单调递增；
（2）求函数的值域．
【答案】（1），证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由偶函数的定义即可得关于的恒等式，由此即可求得，根据单调性的定义证明即可；
（2）通过换元法，结合指数函数、对勾函数性质即可将原问题转换为闭区间上的二次函数最值，由此即可得解.
【小问1详解】
因为函数在R上为偶函数，所以，
解得恒成立，即．
所以，
对任意的，
因为，
所以在区间上是单调递增函数．
【小问2详解】
函数．
令，因为，所以，所以，
令，故函数在单调递增，
当时，；
当时，．
则函数的值域为．
19. 已知函数，
(1) 判断的奇偶性并证明；
(2) 令
①判断在的单调性（不必说明理由）；
②是否存在，使得在区间的值域为？若存在，求出此时的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）奇函数，证明见解析；（2）①单调递减，②
【解析】
【分析】(1)根据函数奇偶性定义，即可证出．
(2) ①求出，由复合函数的单调性法则可知，在上单调递减；②根据在上单调递减，可以得到，然后转化得出：和是方程的两根，再将其转化为直线与函数的图象在
上有两个交点，观察图象，可求出的取值范围．
【详解】奇函数；证明如下：
由解得或,
所以的定义域为，关于原点对称．
,
故为奇函数．
，①在上单调递减．
②假设存在，使在的值域为．
由知，在上单调递减．
则有,．
所以,是方程在上的两根，
整理得在有2个不等根和．
即 ，令，则，，
即直线与函数的图象在上有两个交点，
所以， ．
【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判断、复合函数的单调性的判断以及函数、方程与图象之间的关系应用，意在考查学生的转化能力与推理能力．
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