2024长沙长郡中学高一上学期期末数学试题含解析

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时量：120分钟 满分：150分得分
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出每个集合，后求交集即可.
【详解】令，解得，
令，解得，
所以.
故选：B.
2. “，”是（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用充分条件与必要条件的定义，结合三角函数的性质求解即可.
【详解】若，，则，充分性成立；
若，则或，，必要性不成立，
所以“，”是的充分不必要条件.
故选：A.
3. 在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合三角函数的定义，即可求解.
【详解】由角终边经过点，可得，
根据三角函数的定义，可得.
故选：B.
4. 如图，在平行四边形中，，E是边上一点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意结合平面向量的线性运算法则、向量的数乘即可得解.
【详解】由题意，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查了平面向量线性运算法则及平面向量数乘的应用，考查了平面向量基本定理的应用，属于基础题.
5. 若函数，且的图象过点，则函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求出a的值，可得的具体表达式，判断其图象性质，结合选项，即可得答案.
【详解】由于函数，且的图象过点，
故，
则，
该函数为偶函数，图象关于y轴对称，且上单调递减，在上单调递增，
只有B中图象符合该函数图象特点，
故选：B
6. 已知，若命题“，或”为真命题，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分段讨论x的取值范围，结合命题的真假列出相应不等式，最后综合即可得答案.
【详解】当时，，无论取何值，均符合题意；
当时，，只需，
解得或；
当时，，由题中条件可得，只需对于恒成立，
当时，不符合题意；
当时，图象为开口向上的抛物线，
不能满足对恒成立，不符合题意；
当时，的2个根为，
需满足，结合，可得，
综合上述可知的取值范围是，
故选：B.
7. 已知定义在上的是单调函数，且对任意恒有，则函数的零点为（ ）
A. B. C. 9D. 27
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用换元法，结合对数的运算法则和运算性质，即可求解.
【详解】设，即，
因为，可得，所以，解得，
所以，令，可得，即，
解得.
故选：A.
8. 若且，则可以记；若且，则可以记.实数，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题设信息，结合三角函数的诱导公式和二倍角公式，准确计算，即可求解.
【详解】设，
因为，所以，即，
因为，所以，所以，即，
所以，
所以，所以，
则.
故选：B.
二､多选题（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. 已知关于的不等式的解集为，或，则（ ）
A.
B. 不等式的解集是
C.
D. 不等式的解集是，或
【答案】AD
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解集可确定，可判断A；结合根与系数关系可得的关系式，由此化简B，C，D选项中的不等式或进而求解，即可判断其正误，即得答案.
【详解】由关于的不等式解集为或，
知-3和2是方程的两个实根，且，故A正确；
根据根与系数的关系知：，
，
选项B：不等式化简为，解得：，
即不等式的解集是，故B不正确；
选项C：由于，故，故C不正确；
选项D：不等式化简为：，
解得：或，故D正确；
故选：AD.
10. 设正实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用基本不等式判断各选项．
【详解】对于A选项，，
当且仅当时取得等号，故A错误；
对于B选项，，故，
当且仅当时取得等号，故B正确；
对于C选项，，
当且仅当时取得等号，故C正确；
对于D选项，
，
当且仅当时取得等号成立，故D正确．
故选：BCD.
11. 已知函数，函数的图象由图象向右平移个单位长度得到，则下列关于函数的说法正确的有（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 的图象关于直线对称
C. 上单调递增
D. 在上单调递减
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据三角函数的图象变换求得函数，结合正弦型函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数图象向右平移个单位长度，
所得图象对应的函数为，
对于A中，当，可得，所以关于点对称，所以A正确；
对于B中，当时，可得，所以关于直线对称，所以B正确；
对于C中，当时，可得，
根据正弦函数的性质，可得在上单调递增，所以C正确；
对于D中，当时，可得，
根据正弦函数性质，可得在上单调递增，所以D不正确.
故选：ABC.
12. 定义在上的函数满足为偶函数，，函数满足，若与恰有2023个交点，从左至右依次为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 为奇函数B. 2为的一个周期
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，推得，得到，结合函数的基本性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由为偶函数，则函数的图象关于直线对称，
又由，则函数的图象关于点对称，
则，可得.
对于A中，由，可得，
所以，所以为奇函数，所以A正确；
对于B中，由，所以函数是以为周期的周期函数，
可得，显然，所以B错误；
对于C中，由，所以函数的图象关于直线对称，
因此函数与的交点也关于对称，则，所以C正确；
对于D中，由函数与的交点也关于对称，可得，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知幂函数的图象过点，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据幂函数的定义可得，再根据函数图象过点，可得.
【详解】由函数为幂函数，得，即，
所以，
又函数过点，
则，
故答案为：.
14. 已知向量满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】把模平方转化为数量积进行计算．
【详解】，则，
∴，
故答案为：．
15. 若，则的值为__________.
【答案】##0.2
【解析】
【分析】将化为，利用诱导公式以及二倍角余弦公式，即可求得答案.
【详解】由题意得
，
故答案为：
16. 已知分别是函数与的零点，若，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】分别为与图象交点的横坐标，而与的图象关于直线对称，直线与直线垂直，从而可得，再得出的范围后即可得结论．
【详解】由题意，分别为与图象交点的横坐标，
而与的图象关于直线对称，直线与直线垂直，
因此这两个交点关于直线对称，如图所示：
，
∵，∴，
.
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. （1）；
（2）.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据指数幂的运算法则，化简求值，即得答案；
（2）根据对数的运算法则，化简求值，即得答案.
【详解】（1）
；
（2）
.
18. 解下列不等式：
（1）；
（2）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将分式不等式化为且，求出解集；
（2）将绝对值不等式化为分段函数，零点分段法求解绝对值不等式.
【小问1详解】
不等式，移项得，通分得，
可转化为且，
解得，不等式解集为.
【小问2详解】
令
当时，，解得，即；
当时，，解得，即；
当时，，解得，即；
综上所述：不等式解集为.
19. 如图，一个半径为的筒车按逆时针方向每分转1.5圈，筒车的轴心距离水面的高度为.设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：）之间的关系为.
（1）求的值；
（2）盛水筒出水后至少经过多少时间就可到达最高点？
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意，设函数表达式为，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
（2）根据题意，令，即可求解.
【小问1详解】
解：依题意，设函数表达式为，
水轮半径为，所以振幅，
水轮每分钟按逆时针方向转动1.5圈，故角速度为，
水轮上点从水中浮现时开始计时，所以，且，解得，
所以函数表达式为，故.
【小问2详解】
解：根据题意，令，可得.
所以盛水筒出水后至少约就可到达最高点.
20. 已知函数的最小正周期为，
（1）求函数的单调递增区间；
（2）设，求不等式的解集.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）化简得到，根据最小正周期得到，利用整体法求解函数单调区间；
（2）结合函数图象，利用整体法解不等式，得到解集.
【小问1详解】
由题意，函数，
因为，的最小正周期，所以，
所以函数，
令，
解得，
所以函数单调递增区间为；
【小问2详解】
因为，所以，
所以，
解得，
因为，当时，，当时，，
所以原不等式的解集为或.
21. 已知函数，对于任意的，都有，当时，，且.
（1）判断的奇偶性和单调性；
（2）设函数，若方程有4个不同的解，求的取值范围.
【答案】（1）奇函数；是上的减函数
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用赋值法判断抽象函数的奇偶性和单调性即可.
（2）合理分析，作出图象，转化为交点问题求解即可.
【小问1详解】
令，代入可得，
令，代入，可得，
所以，可得函数为奇函数；
任取，且，
因为，即，
令，则，可得，
又因为时，，且，所以，
所以，即，所以函数是上的减函数.
【小问2详解】
，即，
所以
，
令，即，
因为函数是上的减函数，所以，即，
令
则函数的图象，如图所示，
结合图象，可得：当时，函数有4个零点，
即实数的取值范围为.
22. 已知函数是偶函数.
（1）求的值；
（2）设函数，若不等式对任意的恒成立.求实数的取值范围；
（3）设，当为何值时，关于的方程有实根？
【答案】（1）
（2）
（3）或.
【解析】
【分析】（1）根据函数为偶函数，列式求解，即得答案；
（2）分离参数，将不等式对任意的恒成立转化为,利用换元，即，可得的最小值，即可求得答案；
（3）利用换元，即，将有实根转化为的根的问题，继而转化为的零点问题，分类讨论，结合二次函数的零点分布，即可求得答案.
【小问1详解】
由函数是定义域在上的偶函数，
则对于，都有，即，
即对于，都有，即，
由于不恒等于0，故，得.
【小问2详解】
结合（1）可得，
则，
令，
由在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，得，
则不等式对任意的恒成立等价于在上恒成立，
所以即可，
又，
由对勾函数的性质可得当时，取得最小值，
所以最小值为，即，
所以实数的取值范围为.
【小问3详解】
令，由对勾函数的性质可得当时，取得最小值2，
所以，当且仅当时取等号，则，
令，则，
则原问题转化为关于的方程的根的问题，
由于，令，则的图象为开口向上的抛物线在y轴右侧部分（含y轴），
，
①当时，或，此时对称轴，
函数在有唯一零点；
②当且在有唯一零点时，
，可得：或；
③当在有两个不相等零点时，设零点为，
则，可得：.
综上：或.
【点睛】关键点睛：本题综合考查了函数奇偶性、不等式恒成立以及方程的解的问题，综合性较强，解答的关键是（3）中要将方程有解问题转化为函数零点问题，然后分类讨论，结合二次函数零点的分布，即可求解.