浙江省杭州第四中学（下沙校区）2023-2024学年高一上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

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2024年1月
一、单选题（本大题共8小题，每小题3分，共24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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过解一元二次不等式以及对数型函数的定义域求出集合和，再求交集即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：B.
2. 已知点是角终边上的一点，且，则的值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由三角函数的定义求解即可.
【详解】由点是角终边上的一点，
所以，所以，
故选：D
3. 下列说法错误的是（ ）
A. 命题“”的否定是“”.
B. “幂函数为偶函数”充要条件为“”.
C. “”的必要不充分条件是“是第一象限角或第二象限角”.
D. 函数的单调递减区间为.
【答案】C
【解析】
【分析】根据全称量词命题否定的方法写出命题“”的否定，判断A，结合幂函数的定义及偶函数的性质判断B，结合三角函数的性质由，确定的终边位置判断C，求函数的单调递减区间判断D.
【详解】对于A：命题“”的否定是“”，A正确；
对于B：由函数为幂函数可得，，
所以或，当时，，函数为偶函数，
当时，，函数为奇函数，
所以由“幂函数为偶函数”可推出“”，
由“”可推出“幂函数为偶函数”，
所以“幂函数为偶函数”的充要条件为“”，B正确；
对于C，由可得角的终边在第一象限或第二象限或在轴的非负半轴上，
当是第一象限角或第二象限角时，，
所以“”的充分不必要条件是“是第一象限角或第二象限角”，C错误；
对于D，可化为，
由，，可得，
所以函数的单调递减区间为.D正确；
故选：C.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件可得，利用正切的倍角公式可得结果.
【详解】∵，∴，
∴.
故选：A.
5. 把函数图象上所有点的横坐标扩大到原来的3倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. B. 1C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图象变换可得函数的解析式，即可计算的值.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得，
把所得函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得，
∴，
∴.
故选：A.
6. 某大型民企为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该民企2023年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该民企全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）
（参考数据）
A. 2025年B. 2026年C. 2027年D. 2028年
【答案】C
【解析】
【分析】列出年后的研发资金表达式，得出对应的不等式由换底公式计算可得结果.
【详解】设年后的研发资金开始超过200万元，所以；
可得，取对数可得，
因此最少需要4年，即该民企全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是2027年.
故选：C
7. 若定义在R上的奇函数在上单调递减，且，则满足的x的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出的单调区间，由奇函数性质分段求解不等式即可得出答案.
【详解】在R上的奇函数在上单调递减，则在上单调递减，且，
，当时，，当时，，
由，得或或，
解得或或，因此或，
所以满足的的取值范围是.
故选：D
8. 从古至今，中国人一直追求着对称美学．世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构——故宫：金黄的宫殿，朱红的城墙，汉白玉的阶，琉璃瓦的顶……沿着一条子午线对称分布，壮美有序，和谐庄严，映祇着蓝天白云，宛如东方仙境．再往远眺，一线贯穿的对称风格，撑起了整座北京城．某建筑物的外形轮廓部分可用函数的图像来刻画，满足关于的方程恰有三个不同的实数根，且（其中），则的值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先确定函数的对称性，然后根据函数的对称性确定根，从而列出关于的方程组，解方程组即可求解.
【详解】由，
得函数的图象关于直线对称，则在直线两侧的根成对出现，
而方程恰有三个不同的实数根且，
因此该方程的一个根是，得，，
由，得，
当，即时，，
而，联立解得，；
当，即时，，
而，无解，
所以，.
故选：D
关键点点睛：涉及二次根式方程求解，利用分子有理化再消元是求出方程根的关键.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题3分，满分12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3分，部分选对的得1分，有选错的得0分）
9. 已知，，，均为实数，下列说法正确的是（ ）
A 若，则B. 若，，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用不等式的性质、结合基本不等式逐项判断得解.
【详解】对于A，，若，则，A错误；
对于B，由，得，而，则，B正确；
对于C，由，得，显然，
，因此，C正确；
对于D，由，得，D正确.
故选：BCD
10. 设函数的定义域为，，，使得成立，则称为“美丽函数”.下列所给出的函数，其中是“美丽函数”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意可得函数的值域需满足关于原点对称，再利用函数单调性求得其值域，对选项逐一判断可得结论.
【详解】因为函数的定义域为，，，使得成立，
所以函数的值域关于原点对称；
对于A，函数的值域为，不关于原点对称，不合题意；
对于B，函数的值域为，关于原点对称，符合题意；
对于C，函数的值域为，不关于原点对称，不合题意；
对于D，当时，由二次函数性质可得当时，取得最小值1，即值域为；
当时，函数，此时其值域为；
则可得的值域关于原点对称，符合题意.
故选：BD
11. 设都是正实数，且，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由指数式与对数式互化关系化为对数式，再由对数的运算法则求解判断．
【详解】由正实数，设，则，
对于C，，即，C正确；
对于A，，，则，A正确；
对于B，由，得，B错误；
对于D，，，
，即，D错误.
故选：AC
12. 设函数，已知在上有且仅有4个零点，则（ ）
A. 取值范围是B. 的图象与直线在上的交点恰有2个
C. 的图象与直线在上的交点恰有2个D. 在上不一定单调
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数，由零点个数列出不等式求解判断A；整体代换并结合余弦函数图象性质求解判断BC；由给定区间求出相位所在范围分析判断D.
【详解】函数，
对于A，由，得，依题意，，解得，A正确；
对于B，由选项A知，，而函数在上，
当且仅当或时，取得最大值1，则当取时，取得最大值1，
因此的图象与直线在上的交点恰有2个，B正确；
对于C，当时，当且仅当时，取得最小值，
由，知是否取到不确定，
因此的图象与直线在上的交点有1个或2个，C错误；
对于D，当时， ，由，
得，，显然值可以超过，
因此函数在上不一定单调，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：复合型三角函数综合问题，解答时要能综合应用三角函数的相关知识灵活解答，关键是整体代换思想的应用.
三、填空题（本题共4小题，每小题4分，满分16分）
13. 写出一个同时具有性质①对任意，都有；②的函数________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据函数的单调性，结合及常见的函数特点即可得结果.
【详解】因为对任意，都有，即函数在内单调递减，
由于，即可取，
故答案为：（答案不唯一）.
14. 折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨、韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1．其平面图如图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】根据给定条件，利用扇形面积公式直接计算即可.
【详解】依题意，扇面（曲边四边形ABDC）的面积是.
故答案为：
15. 已知函数，且关于的不等式的解集为．当时，恒成立，则实数k的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据韦达定理求，再根据根据参变分离，转化为最值问题，求实数的取值范围.
【详解】由题意可知，的解集为，
则方程的根为1和4，所以，即，
即，
所以，恒成立，
即，，
当时，单调递减，，
所以.
故答案为：
16. 设，则的最小值为________.
【答案】25
【解析】
【分析】利用二倍角公式及三角函数的有界性放缩，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】由，得，当且仅当时，，
因此
，
当且仅当时取等号，
所以所求最小值为25.
故答案为：25
【点睛】关键点点睛：利用二倍角的正弦公式，结合正弦函数的有界性放缩是求解的关键.
四、解答题（本题共4小题，满分48分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
17. 已知
（1）求的值；
（2）若，求锐角的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出，再利用齐次式弦化切，最后代入化简即可；
（2）根据同角三角函数关系求出，以及，再利用两角差的正弦公式即可求得答案．
【小问1详解】
因为，所以
则
【小问2详解】
因为，为锐角，所以，
由可得，，
因为，
所以，
所以
．
因为为锐角，所以
18. 已知函数为奇函数.
（1）求的值，判断函数的函数单调性并加以证明；
（2）求不等式的解集
【答案】（1），函数在上是增函数，证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用奇函数的定义求出，再利用函数单调性定义推理论证单调性.
（2）利用已知及（1）的结论脱去法则“f”，再借助一元二次不等式求出解析.
【小问1详解】
由函数是奇函数，定义域为，
得，则，，
此时，函数为奇函数，
函数在上是增函数，证明如下：
任取，则，
由，得，则，，，因此，
所以函数在上是增函数.
【小问2详解】
由（1）知，函数在上是单调递增的奇函数，
不等式，
于是，即，解得，即，
所以不等式的解集为.
19. 已知函数的最小正周期为，且图象关于直线对称.
（1）求的解析式；
（2）设函数，若在区间上是增函数，求实数的最大值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数，再结合正弦函数的性质求出解析式.
（2）由（1）的结论，利用三角恒等变换化简，再利用正弦函数的单调性求解.
【小问1详解】
依题意，，
由函数的最小正周期为，得，解得，
由图象关于直线对称，得，即，
而，因此，所以.
【小问2详解】
由（1）得
，
令，得，
则函数的单调递增区间为，依题意，，
则，所以实数的最大值是.
20. 已知函数.
（1）若为偶函数，写出的值（不需要证明）；
（2）当时，求在上的单调区间并加以说明；
（3）当时，函数与有两个不同的交点，若，使得成立，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）答案见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）利用偶函数的定义，结合恒移动式求出.
（2）把代入，按分类，结合对勾函数求出分段求出单调区间.
（3）把代入，由构造函数并化成分段函数，再按分类求出函数的两个零点并求出的范围即可得解.
【小问1详解】
函数的定义域为，
由为偶函数，得，即，
则对恒成立，于是，
所以.
【小问2详解】
当时，函数，，
当时，，函数在上都单调递增，
因此函数的递增区间为；
当时，，函数在上递减，在上递增，
函数在上都单调递增，则函数在上单调递增，
因此当时，在上单调递增，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数的递增区间为；
当时，函数的递增区间为，递减区间为.
【小问3详解】
当时，，由，得，
依题意，方程有两个不同的实根，
设，
①当时，由，得，（不符合要求），
所以，
函数在上单调递减，因此，
②当时，由，得是方程的两个根，
则，，
因此，则，
由，使得成立，得，
所以的取值范围是.
【点睛】结论点睛：函数的定义区间为，
①若，总有成立，则；
②若，总有成立，则；
③若，使得成立，则；
④若，使得成立，则.