2023-2024学年福建省泉州市高一（上）期末数学试卷(含详细答案解析)

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这是一份2023-2024学年福建省泉州市高一（上）期末数学试卷(含详细答案解析)，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A={1,3,4}，B={x|1A. {3}B. {1,3}C. {3,4}D. {1,2,3,4}
2.已知角α终边上有一点P(− 3,1)，则tanα=( )
A. 33B. − 33C. 3D. − 3
3.已知a>b>0>c，则下列结论正确的是( )
A. a< bB. ac>bcC. ca−c4.若函数g(x)与函数f(x)=2x+1的图象关于直线y=x对称，则g(x)的大致图象是( )
A. B. C. D.
5.已知1−sinα= 2csα，α∈(−π2,π2)，则tanα=( )
A. 24B. − 24C. 2 2D. −2 2
6.若函数f(x)=lg12(x2+2a),x<11−31−x,x≥1存在最大值，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,14]B. (0,14]C. (−12,12]D. (0,12]
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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
7.下列函数中，既是奇函数又是增函数的是( )
A. y=exB. y=x3C. y=x|x|D. y=2x−2−x
8.生物研究小组观察发现，某地区一昆虫种群数量y在8月份随时间t(单位：日，t∈N*)的变化近似地满足函数y=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0)，且在8月1日达到最低数量700，此后逐日增长并在8月7日达到最高数量900，则( )
A. ω=π6
B. A=450
C. 8月17日至23日，该地区此昆虫种群数量逐日减少
D. 8月份中，该地区此昆虫种群数量不少于850的天数为13天
9.定义在R上的奇函数f(x)满足f(−3x)=f(2+3x)，则下列结论一定成立的是( )
A. f(0)=0B. 2是f(x)的一个周期
C. (2,0)是f(x)的一个对称中心D. f(3x+1)为偶函数
10.已知x>0，y>0，2x+y=1，则( )
A. 4x+2y的最小值为2 2B. lg2x+lg2y的最大值为−3
C. y−x−xy的最小值为−1D. 2x2x+2+y2y+1的最小值为16
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
11.已知lg2=a，lg3=b，则lg23=______.(结果用a，b表示)
12.函数f(x)=kx− x(k>0)的零点个数为______.
13.对于任意a>0且a≠1，函数f(x)=amx+b+b的图象恒过定点(1,2).若f(x)的图象也过点(−1,10)，则f(x)=______.
14.将函数f(x)=2sin(x+π6)图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(ω>0)，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象.若对于任意的x1∈[0,π2]，总存在唯一的x2∈[0,π2]，使得f(x1)=g(x2)+2，则ω的取值范围为______.
四、解答题：本题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
集合A={x|x2+x−2<0}，B={x|a−2(1)若a=1，求∁RA，A∪B；
(2)若x∈A是x∈B的充分条件，求a的取值范围.
16.(本小题14分)
已知二次函数f(x)的图象过原点，且满足f(x+1)−f(x)=2x−1.
(1)求f(x)的解析式；
(2)在平面直角坐标系中画出函数y=|f(x)|的图象，并写出其单调递增区间；
(3)对于任意t∈(0,+∞)，函数y=|f(x)|在[0,t]上都存在一个最大值M，写出M关于t的函数解析式.
17.(本小题12分)
已知函数f(x)= 3asin2x+2cs2x−1的图象关于点(−π12,0)对称.
(1)求f(x)的最小正周期和对称轴的方程；
(2)已知f(α2)=12，求sin(2α−π6).
18.(本小题14分)
已知函数f(x)=lg1−x1+x，g(x)=4x+a⋅2x+1.
(1)证明f(x)是奇函数，并说出f(x)在其定义域上的单调性；
(2)若存在实数m和n，使得f(m)+f(n)=0，且g(m)+g(n)≤0，求a的取值范围.
19.(本小题14分)
某物品上的特殊污渍需用一种特定的洗涤溶液直接漂洗，f(x)表示用x个单位量的洗涤溶液漂洗一次以后，残留污渍量与原污渍量之比.已知用1个单位量的洗涤溶液漂洗一次，可洗掉该物品原污渍量的23.
(1)写出f(0)，f(1)的值，并对f(0)的值给出一个合理的解释；
(2)已知f(x)=tkx2+1.
①求t，k；
②“用m(m>0)个单位量的洗涤溶液漂洗一次”与“用m2个单位量的洗涤溶液漂洗两次”，哪种方案去污效果更好？
20.(本小题14分)
给定函数f(x)(x≥0)与g(x)，若h(x)=f(x)−g(x)为减函数且值域为(0,M](M为常数)，
则称g(x)对于f(x)具有“确界保持性”.
(1)证明：函数g(x)=13x对于f(x)=(13)x(x≥0)不具有“确界保持性”；
(2)判断函数g(x)=x+1对于f(x)=x2+3x+3x+2(x≥0)是否具有“确界保持性”；
(3)若函数g(x)=ax对于f(x)=x+ x2+1+ x2+4(x≥0)具有“确界保持性”，求实数a的值.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：知集合A={1,3,4}，B={x|1则A∩B={3}.
故选：A.
结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：角α终边上有一点P(− 3,1)，
则tanα=1− 3=− 33.
故选：B.
根据已知条件，结合任意角的三角函数的定义，即可求解．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为知a>b>0>c，
所以 a> b，A错误；
由不等式的性质可得，ac由题意得a−c>0，a−b>0，
则c(a−b)−b(a−c)=ac−bc−ab+bc=a(c−b)<0，
所以c(a−b)所以ca−c因为a(b−c)−b(a−c)=ab−ac−ab+bc=(b−a)c>0，
所以a(b−c)>b(a−c)，
因为a−c>0，a>0，
所以b−ca−c>ba，D错误．
故选：C.
由已知结合不等式的性质及比较法检验各选项即可判断．
本题主要考查了不等式的性质，还考查了比较法的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意，函数g(x)与函数f(x)=2x+1的图象关于直线y=x对称，
即f(x)与g(x)互为反函数，则g(x)=lg2(x−1)，
由函数y=lg2x的图象向右平移1个单位得到，与A选项符合．
故选：A.
根据题意，求出g(x)的解析式，分析选项可得答案．
本题考查函数的图象变换，涉及反函数的性质，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为1−sinα= 2csα，
所以sinα+ 2csα=1，
所以(sinα+ 2csα)2=1，
即sin2α+2 2sinα⋅csα+2cs2α=1，
即sin2α+2 2sinα⋅csα+2cs2αsin2α+cs2α=1，
即tan2α+2 2tanα+2tan2α+1=1，
解得：tanα=− 24.
故选：B.
给1−sinα= 2csα两边平方，得到sin2α+2 2sinα⋅csα+2cs2α=1，利用齐次化切即可求值．
本题考查三角函数求值，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：当x≥1时，f(x)=1−31−x递增，可得f(x)≥1−1=0，且f(x)<1，即f(x)∈[0,1)；
当x<1时，f(x)=lg12(x2+2a)，由x=0时，0+2a>0，即a>0，
由于x2≥0，可得x2+2a≥2a，则f(x)≤lg12(2a)，
由f(x)存在最大值，可得lg12(2a)≥1，解得0故选：B.
由指数函数和对数函数的定义域和值域，结合最大值的定义，可得所求取值范围．
本题考查分段函数的最值，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
7.【答案】BD
【解析】解：y=ex为非奇非偶函数，不符合题意；
y=x3为定义域R上单调递增的奇函数，符合题意；
y=x|x|在定义域R上不单调，不符合题意；
y=f(x)=2x−2−x定义域为R，
又f(−x)=2−x−2x=−f(x)，即f(x)为奇函数且在R上单调递增，符合题意．
故选：BD.
由已知结合函数奇偶性及基本初等函数的单调性检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数的单调性及奇偶性的判断，属于基础题．
8.【答案】AD
【解析】解：不妨设8月1日时t=1，因为T2=7−1=6，所以T=12，所以ω=2πT=π6，故A正确；
又A=900−7002=100，B=900+7002=800，故B错误；
因为函数的周期为12，所以种群数量从8月13日到8月19日逐渐增加，
从8月19日到25日逐渐减少，故C错误；
由上可知，y=100sin(π6t+φ)+800，当t=1时，y取得最小值700，
即π6+φ=−π2+2kπ,k∈Z，所以φ=−2π3+2kπ,k∈Z.
所以y=100sin(π6t−2π3+2kπ)+800=100sin(π6t−2π3)+800，
令100sin(π6t−2π3)+800≥850，
则sin(π6t−2π3)≥12，所以π6+2kπ≤π6t−2π3≤5π6+2kπ,k∈Z.
所以5+12k≤t≤9+12k，k∈Z，所以5≤t≤9或17≤t≤21或29≤t≤31共13天，故D正确．
故选：AD.
根据8月1日达到最低数量700，此后逐日增长并在8月7日达到最高数量900，可得T，ω，φ，确定解析式判断A，B，再根据三角函数性质判断C，D.
本题考查利用三角函数性质求三角函数解析式等基础知识；考查逻辑推理，运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：因为定义在R上的奇函数f(x)满足f(−3x)=f(2+3x)，
由奇函数的性质可知，f(0)=0，A正确；
所以f(2+t)=f(−t)=−f(t)，
则f(4+t)=f(t)，周期为4，B错误；
所以f(4−x)=f(−x)=−f(x)，
即f(4−x)+f(x)=0，
所以函数的图象关于(2,0)对称，C正确；
因为f(2+3x)=f(−3x)，
所以f(2−3x)=f(3x)，即f(1−3x)=f(1+3x)，
令g(x)=f(3x+1)，
则g(−x)=f(−3x+1)=f(1+3x)=g(x)，
所以g(x)为偶函数，D正确．
故选：ACD.
由已知结合函数的偶性，周期性及对称性检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数的奇偶性，周期性及对称性的应用，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：因为x>0，y>0，2x+y=1，
所以4x+2y≥2 4x⋅2y=2 22x+y=2 2，当且仅当2x=y，即y=12，x=14时取等号，A正确；
因为1=2x+y≥2 2xy，当且仅当2x=y，即y=12，x=14时取等号，
所以0所以lg2x+lg2y=lg2xy≤lg218=−3，B正确；
y−x−xy=1−2x−x−x(1−2x)=2x2−4x+1，
因为y=1−2x>0，可得0根据二次函数的性质可知，上式没有最小值，C错误；
2x2x+2+y2y+1=2(x+2)2−8(x+2)+8x+2+(y+1)2−2(y+1)+1y+1
=2(x+2)+y+1+8x+2+1y+1−10=8x+2+1y+1−4
=(162x+4+1y+1)(2x+4+y+1)×16−4
=16(17+16×y+12x+4+2x+4y+1)−4≥16(17+8)−4=16，当且仅当16(y+1)2x+4=2x+4y+1，即x=25，y=15时取等号，D正确．
故选：ABD.
由已知结合基本不等式及相关结论检验各选项即可判断．
本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题．
11.【答案】ba
【解析】解：因为lg2=a，lg3=b，
则lg23=lg3lg2=ba.
故答案为：ba.
由已知结合对数的换底公式即可求解．
本题主要考查了对数的换底公式，属于基础题．
12.【答案】1
【解析】解：令kx− x=0(x>0)，
可得k=x x=x32(x>0)，因为k>0，
所以x=k23，即该方程只有一个实数根，
所以函数f(x)只有一个零点．
故答案为：1.
令f(x)=0，可直接解出x=k23，即原函数只有一个零点．
本题考查函数的零点与方程的根之间的关系，属于基础题．
13.【答案】3−x+1+1
【解析】解：对于任意a>0且a≠1，函数f(x)=amx+b+b的图象恒过定点(1,2)，
∴m+b=0b=1，∴m=−1，b=1，
∴f(x)=a−x+1+1，
f(x)的图象也过点(−1,10)，
a2+1=10，解得a=3，
∴f(x)=3−x+1+1.
故答案为：3−x+1+1.
对于任意a>0且a≠1，函数f(x)=amx+b+b的图象恒过定点(1,2)，得m+b=0b=1，求出m=−1，b=1，从而f(x)=a−x+1+1，再由f(x)的图象也过点(−1,10)，解得a=3，由此能求出结果．
本题考查待定系数法、指数函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】[2,103)
【解析】解：将函数f(x)=2sin(x+π6)图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(ω>0)，纵坐标不变，得到函数g(x)=2sin(ωx+π6)的图象，
因为对于任意的x1∈[0,π2]，总存在唯一的x2∈[0,π2]，使得f(x1)=g(x2)+2，
所以x1+π6∈[π6,2π3]，设t=ωx2+π6∈[π6,ωπ2+π6]，
所以f(x1)∈[1,2]，
因为对于f(x1)−2的任意取值，g(x2)=f(x1)−2在x2∈[0,π2]上有唯一解，
即sint=f(x1)−22在[π6,ωπ2+π6]上有唯一解，
所以7π6≤ωπ2+π6<11π6，
解得2≤ω<103，
故ω的取值范围为[2,103).
由题意得g(x)=2sin(ωx+π6)，f(x1)∈[1,2]，设t=ωx2+π6∈[π6,ωπ2+π6]，问题可以转化为sint=f(x1)−22在[π6,ωπ2+π6]上有唯一解，结合图象进而可以求解．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
15.【答案】解：(1)根据题意，A={x|x2+x−2<0}=(−2,1)，
当a=1时，B={x|1−2则∁RA=(−∞,−2]∪[1,+∞)，A∪B=(−2,3)；
(2)若x∈A是x∈B的充分条件，则A⊆B，
则有a−2≤−2a+2≥1，解可得−1≤a≤0，
即a的取值范围为[−1,0].
【解析】(1)根据题意，求出集合A、B，进而计算可得答案；
(2)根据题意，若x∈A是x∈B的充分条件，则A⊆B，由集合之间的关系分析可得答案．
本题考查集合之间的关系，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题．
16.【答案】解：(1)根据题意，设f(x)=ax2+bx+c，
因为二次函数f(x)的图象过原点，所以c=0，
若f(x+1)−f(x)=2x−1，
则有a(x+1)2+b(x+1)−(ax2+bx)=2x−1，
即2ax+a+b=2x−1，则有a=1，b=−2；
故f(x)=x2−2x；
(2)由(1)可得y=|f(x)|={x2−2x,x⩾2或x⩽0−x2+2x,0图象如图所示：
单调递增区间区间为[0,1]和[2,+∞)；
(3)由y=|f(x)|的图象知，当x>1时，由x2−2x=1，可得x=1+ 2，
①当0②当1③当t>1+ 2时，M=|f(t)|=t2−2t.
综上，M=−t2+2t,01+ 2.
【解析】(1)设二次函数的解析式，由题意及待定系数法可得a，b，c的值，即求出函数的解析式；
(2)由(1)可得求出y=|f(x)|的解析式，由分段函数画出函数的图象，并画出函数的图象，可得单调区间；
(3)分类讨论可得最大值M的解析式．
本题考查分段函数的性质的应用，函数的解析式的求法，属于基础题．
17.【答案】解：(1)f(x)= 3asin2x+2cs2x−1= 3asin2x+cs2x的图象关于点(−π12,0)对称，
所以 3asin(−π6)+cs(−π6)=0，
所以a=1，f(x)=2sin(2x+π6)，T=π，
令2x+π6=π2+kπ，k∈Z，则x=π6+kπ2，k∈Z，
即对称轴为x=π6+kπ2，k∈Z；
(2)因为f(α2)=12=2sin(α+π6)，
所以sin(α+π6)=14，
故sin(2α−π6)=sin(2α+π3−π2)=−cs(2α+π3)=2sin2(α+π6)−1=2×116−1=−78.
【解析】(1)结合三角函数的对称性先求出a，再由辅助角公式进行化简，结合正弦函数的周期性及对称性可求；
(2)由已知结合诱导公式及二倍角公式即可求解．
本题主要考查了二倍角公式，辅助角公式的应用，还考查了诱导公式及二倍角公式的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：由1−x1+x>0，得−1∴函数f(x)=lg1−x1+x的定义域为(−1,1)，
又f(−x)+f(x)=lg1+x1−x+lg1−x1+x=lg1=0，
∴f(x)是奇函数．
f(x)在(−1,1)上为减函数，
证明：设−1则f(x1)−f(x2)=lg1−x11+x1−lg1−x21+x2=lg(1−x1)(1+x2)(1+x1)(1−x2)，
∵(1−x1)(1+x2)−(1+x1)(1−x2)=1−x1x2+x2−x1−(1−x1x2+x1−x2)=2(x2−x1)>0，
∴(1−x1)(1+x2)(1+x1)(1−x2)>1，
∴lg(1−x1)(1+x2)(1+x1)(1−x2)>0，
∴f(x1)−f(x2)>0，
∴f(x1)>f(x2)，
∴f(x)在(−1,1)上单调递减．
(2)若存在实数m和n，使得f(m)+f(n)=0，则m+n=0⇒n=−m(−1又g(m)+g(n)≤0，可化为g(x)=4m+a⋅2m+1+4−m+a⋅2−m+1≤0，
即∃m∈(−1,1)，使得−2a(2m+2−m)≥(2m+2−m)2−2成立，①
令t=2m+2−m，则2≤t≤52，
①式可化为−2a≥(t−2t)min，
∵y=t−2t在[2,52]上单调递增，
∴(t−2t)min=2−1=1，
∴−2a≥1，即a≤−12，
∴a的取值范围为(−∞,−12].
【解析】(1)利用奇偶函数的定义证明即可；f(x)在(−1,1)上为减函数，利用单调性的定义证明即可；
(2)依题意，可得n=−m(−1本题主要考查函数的单调性与奇偶性的判断与应用，考查逻辑思维能力与综合运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意知，f(0)=1，表示未用洗涤溶液漂洗，衣服上污渍量保持原样；
f(1)=13；
(2)①因为函数f(x)满足条件：f(0)=1，且f(1)=13，即t=1tk+1=13，解得t=1，k=2；
②由①知，函数f(x)=12x2+1；
由题意知，该函数具有的性质：f(x)为(0,+∞)上单调减函数，且当x无限大时，f(x)无限趋于0；
满足假定的一个指数函数y=(13)x，其中x>0.
设m(m>0)单位量的洗涤液漂洗一次后，剩余污渍量为f1：12m2+1；
将m(m>0)单位量的洗涤液平均分成2份后先后漂洗两次后，剩余污渍量为f2：(12×(m2)2+1)2=(2m2+2)2，
则f1−f2=12m2+1−(2m2+2)2=(m2+1)2+2(2m2+1)(m2+2)2>0，
所以f1>f2.
所以将m单位量的洗涤液平均分成2份后先后漂洗效果更好．
【解析】(1)由题意知f(0)、f(1)的值，解释f(0)的实际意义即可；
(2)①由f(0)、f(1)的值，列方程组求出t、k；
②由函数f(x)的解析式，根据该函数具有的性质，得出指数函数模型，分别计算m(m>0)单位量的洗涤液漂洗一次后，剩余污渍量和将m(m>0)单位量的洗涤液平均分成2份后先后漂洗两次后，剩余污渍量，作差比较大小即可．
本题考查了指数函数模型的应用问题，是中档题．
20.【答案】解：(1)证明：设h(x)=f(x)−g(x)=(13)x−13x，h(2)=19−23<0，
则函数g(x)=13x对于f(x)=(13)x(x≥0)不具有“确界保持性”；
(2)函数g(x)=x+1对于f(x)=x2+3x+3x+2(x≥0)具有“确界保持性”；
证明：设h(x)=f(x)−g(x)=x2+3x+3x+2−(x+1)=1x+2，
当x≥0时，易得h(x)为减函数，且0故函数g(x)=x+1对于f(x)=x2+3x+3x+2(x≥0)具有“确界保持性”；
(3)根据题意，h(x)=f(x)−g(x)=x+ x2+1+ x2+4−ax= x2+1+ x2+4+(1−a)x，
易得h(0)=3，
若函数g(x)=ax对于f(x)=x+ x2+1+ x2+4(x≥0)具有“确界保持性”，
则h(x)为减函数且h(x)的值域为(0,3],
由于h(x)= x2+1+ x2+4+(1−a)x= x2+1+(1−a)x2+ x2+4+(1−a)x2，
可以看到，若当(1−a)x2=−x，即a=3时，则 x2+1−x=1 x2+1+x， x2+4−x=4 x2+4+x，
且在[0,+∞)上均单调递减，故先证明a=3符合题意；
当a=3时，h(x)= x2+1+ x2+4−2x，
设∀x1，x2∈[0,+∞),x1=(x1−x2)[x1+x2 x12+1+ x22+1+x1+x2 x12+4+ x22+4−2]，
当∀x1，x2∈[0,+∞),x100，即h(x1)>h(x2)，
所以h(x)= x2+1+ x2+4−2x在[0,+∞)上单调递减；
故h(x)max=h(0)=3，
又因为t(x)= x2+1−x+ x2+4−x=1 x2+1+x+4 x2+4+x，
当x趋向于无限大时，1 x2+1+x,4 x2+4+x均无限接近于0，且大于0，即h(x)>0，且无限接近于0，
故h(x)的值域为(0,3],
故函数g(x)=3x对于f(x)=x+ x2+1+ x2+4(x≥0)具有“确界保持性”，
当a<3时，h(x)=x+ x2+1+ x2+4−ax>x+x+x−ax=(3−a)x.
则h(33−a)>(3−a)⋅33−a=3，不满足函数h(x)值域为(0,3],此时，不符合题意，舍去；
当a>3时， x2+1≤ (x+1)2=x+1, x2+4≤ (x+2)2=x+2，
则h(x)=x+ x2+1+ x2+4−ax则h(3a−3)<(3−a)⋅3a−3+3=0，不满足函数h(x)值域为(0,3],此时，不符合题意，舍去，
综上，当a=3时，函数g(x)=ax对于f(x)=x+ x2+1+ x2+4(x≥0)具有“确界保持性”．
【解析】(1)利用h(2)<0即可；
(2)求出h(x)的单调性及值域即可；
(3)分a=3，a<3，a>3讨论即可．
本题考查主要考查了函数的单调性、值域的求解，以及对新概念“确界保持性”的理解和应用，属于难题．