浙江省温州市2023_2024学年高一数学上学期期末教学质量统一检测试题A卷含解析

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3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效．
选择题部分
一、选择题：本题共8小题，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】由题意解一元二次不等式化简集合，结合交集的概念即可得解.
【详解】由题意得，，所以.
故选：B.
2. “”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 充要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据⫋，利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：因为⫋，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：C
3. 设，某同学用二分法求方程的近似解（精确度为0.5），列出了对应值表如下：
依据此表格中的数据，得到的方程近似解可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据零点存在性定理，找到由正负值确定的方程根所在的区间，可找到符合的近似解.
【详解】因为，，
故方程的近似解在区间内，
仅当时，满足，且满足精确度0.5，
故选：C.
4. 一个周长是4，面积为1的扇形的半径为（）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合扇形周长、面积公式列方程即可得解.
【详解】由题意不妨设半径、弧长分别为，
所以，即，解得.
故选：A.
5. 已知函数在定义域上是减函数，则的值可以是（）
A. 3B. 2C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意只需，由此对比选项即可得解.
详解】由题意当时，单调递减，当时，单调递增，
若函数在定义域上是减函数，只需，
解得，对比选项可知的值可以是.
故选：D.
6. 如图所示函数的图象，则下列函数的解析式最有可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合函数定义域，三角函数值域、最值可排除ABD，由此即可得解.
【详解】由图可知函数定义域为全体实数，故排除AD，
若，则当时，，当时，，
由此可以排除B，经检验C选项符合题意.
故选：C.
7. 已知，，满足，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意将条件等式变形得，进一步结合基本不等式即可得解.
【详解】由题意，所以，
所以，等号成立当且仅当，
所以.
故选：A.
8. 设，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析三个数在图象中的几何意义，做出函数图象即可得出三者的大小关系.
【详解】由题意，，，
表示时函数的点的纵坐标，
表示时函数的点的纵坐标，
表示时函数的点的纵坐标，
作出三个函数的图象如图所示，
由图可知，，
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 下列四个命题中是真命题的有（）
A. ，
B. ，
C. 命题“，”的否定是“，”
D. 命题“”是真命题
【答案】AC
【解析】
【分析】根据指数函数性质可判断A；配方后可判断B；根据全称量词命题的否定形式可判断C；由同角三角函数的平方关系式可判断D.
【详解】对于A，由指数函数值域可知A正确；
对于B，因为，所以B错误；
对于C，由全称量词命题的否定形式可知C正确；
对于D，由同角三角函数的平方关系式可知，恒成立，故D错误.
故选：AC
10. 已知函数，若，则以下说法正确的是（）
A.
B. 函数一定有两个零点
C. 设是函数两个零点，则
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由即可验算；对于B，根据判别式与0的大小关系即可判断；对于C，由韦达定理即可判断；对于D，由基本不等式即可判断.
【详解】对于A，由，解得，故A正确；
对于B，因为，所以函数一定有两个零点，故B正确；
对于C，若是方程即方程的两根，
则由韦达定理有，所以，故C正确；
对于D，因为，所以，等号成立当且仅当，故D错误.
故选：ABC.
11. 已知函数，则（）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 是奇函数
D. 的单调递减区间为,
【答案】ACD
【解析】
【分析】由辅助角公式可得，即可得A正确，代入检验可知B错误，易知为奇函数，可知C正确，整体代换法可求得的单调递减区间为,，即D正确.
【详解】根据题意可得，
所以的最小正周期为，即A正确；
将代入可得，没有取到最值，
所以的图象不关于直线对称，即B错误；
易知，可得是奇函数，即C正确；
令，，解得，；
所以的单调递减区间为,，可得D正确；
故选：ACD
12. 已知函数满足：，，，，，则（）
A. 为奇函数B.
C. 方程有三个实根D. 在上单调递增
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先令，得，然后令，通过转换得，由此得，对于A，由即可判断；对于B，直接代入检验；对于C，通过关键点分析画图即可判断；对于D，由正弦函数单调性，复合函数单调性即可判断.
【详解】令，则，
令，则，
在上式中，令，则，即，
令，则，
则，即，
又因为，
所以，即，
对于A，，故不为奇函数，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，结合关键点的分析，再同一平面直角坐标系中作出与的图象如图所示：
观察图象可知，与的图象有三个交点，即方程有三个实根，故C正确；
对于D，当，，由复合函数单调性可知此时单调递增，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：第一个关键是解函数方程得，第二个关键是判断C选项时，要通过画图分析，利用数学结合的思想即可得解.
非选择题部分
三、填空题：本题共4小题．
13. __________.
【答案】
【解析】
【分析】由诱导公式计算即可．
【详解】．
故答案为：．
14. 已知函数，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】求出，即可得出的值.
【详解】由题意，
中，，，
故答案为：.
15. 若函数在上是增函数，则的最大值是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意结合正切函数单调性、复合函数单调性即可得解.
【详解】因为在上关于单调递增，
若函数在上是增函数，
则由复合函数单调性可知只需关于单调递增，故只需考虑，
所以，解得，即的最大值是.
故答案为：.
16. 函数，，方程恰有三个根，其中，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意得，通过换元法得关于的方程的根的个数为2；结合韦达定理可知（舍去）或，由此即可得解.
【详解】
由题意，即，显然，
所以，
令，所以，等号成立当且仅当，
由对勾函数性质得，
当或时，关于的方程的根的个数为2，
当或时，关于的方程的根的个数为1，
当时，关于的方程的根的个数为0，
由题意方程恰有三个根，其中，
而关于的方程的根的个数情况可能为0，1，2；
所以关于的方程只能有两个不相等的根（），
不妨设，且或，或；
又由韦达定理有，
所以（舍去）或，
所以是关于的方程的根，是关于的方程即的根，
由韦达定理有，，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：关键是通过换元法、数形结合以及韦达定理分析方程的根的情况，由此即可顺利得解.
四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知集合，．
（1）当时，求集合；
（2）当时，求实数的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）直接解一元二次不等式结合补集的概念即可得解.
（2）由题意得，由此即可得解.
【小问1详解】
由题意当时，，
所以或.
【小问2详解】
由题意，
而方程的两根分别为，
因为，所以，
若时，则，
解不等式组得，所以实数的取值范围为.
18. 已知函数．
（1）判断函数的奇偶性并证明；
（2）若，求实数的值．
【答案】（1）函数是奇函数，证明过程见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）直接由函数奇偶性的定义判定并证明即可.
（2）结合指数函数单调性可得单调性，结合奇函数性质即可得解.
【小问1详解】
函数是奇函数，理由如下：
显然函数定义域为全体实数，它关于原点对称，
又，
所以函数是奇函数.
【小问2详解】
由（1）得函数是奇函数，
若，则，
又因为与分别单调递增，单调递减，
所以是增函数，
所以，解得.
19. 已知，．
（1）求m，n的值；
（2）已知角的终边过点，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据指数运算法则和对数运算法则计算出答案；
（2）由（1）可得，利用三角函数定义得到，利用二倍角公式求出答案.
【小问1详解】
，
.
【小问2详解】
角的终边过点，
故，
则
20. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数与函数的图象存在两个不同的交点，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由单调性的定义讨论即可.
（2）由题意根据在定义域内单调递增，去括号分离参数，结合基本不等式、对勾函数性质即可得解.
【小问1详解】
由题意函数定义域为，不妨设，
则，
因为，所以，即，
所以，即，
所以函数在定义域内单调递减.
【小问2详解】
定义域为，
又定义域为，所以才满足题意，
由题意方程有在内两根，
因为在定义域内单调递增，
即方程在内有两个不同的根，
所以在内有两个不同的根，
令，
所以 ，即，解得，
所以实数的取值范围为.
21. 下表是地一天从时的 部分时刻与温度变化的关系的预报，现选用一个函数来近似描述温度与时刻的关系．
（1）写出函数的解析式：
（2）若另一个地区这一天的气温变化曲线也近似满足函数且气温变化也是从到，只不过最高气温都比地区早2个小时，求同一时刻，地与地的温差的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由表中数据发现温度跌宕起伏，且呈现一定规律（周期），由此联想到三角函数，由以及，即可求得，最后代入一个点即可得.
（2）由题意可得，两函数作差，结合两角和的正弦以及辅助角公式即可得解.
【小问1详解】
由题意不妨设，
可以发现周期，解得，
而，解得，
所以，即，不妨取，
所以函数的解析式为.
【小问2详解】
设地区的温度变化函数为，
令
，其中，不妨设，
所以，等号成立当且仅当，
即，
所以只能取或满足地与地的温差的最大值为.
22. 已知函数．
（1）若在有零点，求实数的取值范围；
（2）记的零点为，的零点为，求证：．
【答案】（1）
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）根据零点存在定理以及单调性即可得解.
（2）由题意有，，同构单调函数可得，结合基本不等式即可得证.
【小问1详解】
由题意函数单调递增，若在有零点，
则，解得，
即实数的取值范围为.
【小问2详解】
因为，所以，即，
又因为，两边取对数得，
所以，
令，所以，
因为在定义域内单调递增，
所以，
又因为，
所以，所以，
而（若，则不成立，舍去），
所以.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是同构单调递增的函数，得到，从而即可顺利得证.
0.125
0.4375
0.75
2
0.03
2.69
时刻/h
2
6
10
14
18
温度/℃
20
10
20
30
20