福建省泉州市2023-2024学年高一上学期1月期末教学质量监测数学试题（解析版）

这是一份福建省泉州市2023-2024学年高一上学期1月期末教学质量监测数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了考生作答时，将答案答在答题卡上， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共20题，满分150分，共8页.考试用时120分钟.
注意事项
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效.
3.选择题答案使用铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号;非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.
一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30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】A
【解析】
【分析】根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】由题意集合 ，，
则 ，
故选：A
2 已知角终边上有一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据角终边上一点的坐标，结合正切函数的定义，即可得答案.
【详解】由题意知角终边上有一点，
故，
故选：B
3. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接由作差法逐一判断即可.
【详解】对于A，由题意，即，故A错误；
对于B，由题意，即，故B错误；
对于C，由题意，即，故C正确；
对于D，由题意，即，故D错误.
故选：C.
4. 若函数 与函数 的图象关于直线 对称，则 的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意首先得，根据它的定义域、单调性以及它所过定点即可得解.
【详解】由题意函数 与函数 互为反函数，
所以，解得，它在定义域内单调递增，且过定点，
对比选项可知A符合题意.
故选：A.
5. 已知，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接由平方关系以及商数关系化简求解即可.
【详解】由题意，所以，
化简得，因，所以，
所以，解得.
故选：B.
6. 若函数存在最大值，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】判断时，，无最大值，由判断在时的单调性，可得单调性，确定最大值，结合题意列出不等式，即可求得答案.
【详解】当时，在上单调递增，此时，无最大值；
又因为在上单调递减，在上单调递增，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，，
结合题意可得，解得，
即实数的取值范围为，
故选：B
二、选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
7. 下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性定义以及函数的单调性,一一判断各选项中的函数性质，即可得答案.
【详解】对于A，为非奇非偶函数，不符合题意；
对于B，的定义域为R，且为奇函数，在R上单调递增，正确；
对于C，设，定义域为R，满足，
故函数为奇函数；
当时，在上单调递增，且，
当时，在上单调递增，且，
故在R上单调递增，C正确；
对于D，设，定义域为R，且满足，
故为奇函数；
又在R上单调递增，在R上单调递减，
故在R上单调递增，D正确，
故选：BCD
8. 生物研究小组观察发现，某地区一昆虫种群数量在8月份随时间（单位：日，）的变化近似地满足函数，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.
B.
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
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意可得函数最小正周期，即可求得，判断A；结合函数的最值可确定的值，判断B；结合函数的单调性以及周期，可判断C；根据函数最小值求出，可得函数解析式，由题意列出不等式，求得t的范围，结合k的取值，即可判断D.
【详解】不妨设8月1日时为，则设T为最小正周期，则，
即，A正确；
又，B错误；
因为函数的最小正周期为12，所以种群数量从8月13日至19日逐渐增加，
从8月19日至25日逐渐减少，C错误；
由以上分析可知，
当时，y取到最小值100，即，
故，
则，
令，则，
则，即，
故或或，共13天，D正确，
故选：AD
9. 定义在上奇函数满足，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B. 2是的一个周期
C. 是的一个对称中心D. 为偶函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，直接由奇函数性质得；对于B，首先得，进一步有以及，由此即可判断；对于C，由对称轴、对称中心即可得解.
【详解】定义在上的奇函数满足，所以，故A正确；
且，所以，即的周期是4，不是2，故B错误；
因为，所以的对称轴为，
又为的一个对称中心，所以是的一个对称中心，故C正确；
因为，所以，即为偶函数，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知，则（ ）
A. 的最小值为 B. 的最大值为
C. 的最小值为 D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据指数运算，结合基本不等式即可判断A；结合对数运算，利用基本不等式可判断B；将化为关于x的二次函数，结合二次函数性质可判断是C；通过变量代换，令，得到，根据“1”的巧用，将变形后，利用基本不等式，即可判断D..
【详解】对于A，由于，故，
当且仅当，结合，即时，等号成立，
即的最小值为 ，A正确；
对于B，由于，，则，
当且仅当时，等号成立，
故，即的最大值为，B正确；
对于C，又，得，
故
由于，而对称轴为，
则在上单调递减，在上无最值，C错误；
对于D，令，则，
故，
由于，故，
，
则，
当且仅当，结合，即时，等号成立，
所以，
即的最小值为，D正确，
故选：ABD
【点睛】难点点睛：本题考查了基本不等式的应用，主要是求最值问题，难点是选项D的判断，解答时要通过变量代换，令，得到，根据“1”的巧用，将变形后，利用基本不等式，即可求解.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡相应位置.
11. 已知 ，则_____________.（结果用 表示）
【答案】
【解析】
【分析】直接由换底公式即可得解.
【详解】由题意.
故答案为：.
12. 函数的零点个数为_________.
【答案】1
【解析】
【分析】判断函数的单调性，分类讨论k的取值范围，结合零点存在定理，即可求得答案.
【详解】由题意知在上单调递减，
当时，，此时函数有1个零点；
当时，，
，此时函数在上有唯一零点，
当时，，
，此时函数在上有唯一零点，
综合可得函数的零点个数为1，
故答案为：1
13. 对于任意且 ，函数 的图象恒过定点 . 若 的图象也过点，则 ____.
【答案】
【解析】
【分析】由题意首先得，然后代入得，由此即可得解.
【详解】因为函数 的图象恒过定点，所以，所以，
所以，
又的图象也过点，
所以，又，解得，
所以.
故答案为：.
14. 将函数图象所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象. 若对于任意，总存在唯一的. 使得 ，则的取值范围为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】由三角函数图象变换以及三角函数性质即可求解.
【详解】由题意得，
当时，有，此时，
令，则，
因为时，所以，
因为对于的任意取值，在上有唯一解，
即在上有唯一解，如图所示：
由图可知，，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：关键是得到在上有唯一解，画出图形，由数形结合即可顺利得解.
四、解答题：本大题共6题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 集合.
（1）若，求
（2）若是的充分条件，求的取值范围.
【答案】15. 或；
16.
【解析】
【分析】（1）解不等式求出集合A，根据集合补集以及并集运算，即可求得答案；
（2）根据是的充分条件，可得，列出相应不等式，即可求得答案.
【小问1详解】
由，解得，则，
时，，
故或，；
【小问2详解】
因为，，
而 是的充分条件，故，
故，解得.
16. 已知二次函数 的图象过原点，且满足 .

（1）求的解析式；
（2）在平面直角坐标系中画出函数 的图象，并写出其单调递增区间；
（3）对于任意，函数在上都存在一个最大值，写出关于的函数解析式.
【答案】（1）
（2）图象见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）设，利用待定系数法，求出，即得答案；
（2）化简为分段函数形式，即可作出其图象，根据图象可得单调递增区间；
（3）结合图象求出时，时，，分段讨论t的取值范围，即可得M的表达式.
【小问1详解】
设，由于二次函数 的图象过原点，故，
由，得，
即，故，
故；
【小问2详解】
，
作出其图象如图：

单调递增区间；
【小问3详解】
由的图象可知，当时，由，得，
当时，；
当时，；
当时，，
故.
17. 已知函数的图象关于点对称.
（1）求的最小正周期和对称轴方程：
（2）已知,求 .
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式化简的表达式，结合其图象关于点对称，求出a的值，可得的解析式，即可求得最小正周期，结合正弦函数的对称性即可求得其对称轴方程；
（2）由得出，利用二倍角公式可求出的值，再利用诱导公式即可求得，即得答案.
【小问1详解】
由题意得，
该函数图象关于点对称，则，
即，解得，
故，则的最小正周期为；
令，则，
即的对称轴方程为；
【小问2详解】
因为，故，
则，
故.
18. 已知.
（1）证明是奇函数，并说出在其定义域上的单调性；
（2）若存在实数和，使得，且，求的取值范围.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由奇函数的定义证明即可，由复合函数单调性证明即可.
（2）首先得在有解，等价转换为在上有解，分类讨论即可得解.
【小问1详解】
因为的定义域为关于原点对称，
且，所以是奇函数，
由复合函数单调性可知单调递减.
【小问2详解】
因为，是奇函数，且在上单调递减，
所以，
由题意得在有解，
，
令，则，
令，则，
由得，
因为在上单调递减，在上单调递增，且时，，或时，，
所以，
在有解，等价于在上有解.
当时，，
因，所以满足题意；
当时，因为，所以满足题意；
当时，，
令，解得，
所以在上有解，所以的取值范围为.
19. 某物品上的特殊污渍需用一种特定的洗涤溶液直接漂洗，表示用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.
（1）写出的值，并对的值给出一个合理的解释；
（2）已知，
①求 ；
②“用个单位量的洗涤溶液漂洗一次”与“用 个单位量的洗涤溶液漂洗两次”，哪种方案去污效果更好？
【答案】（1）；解释见解析
（2）①1，2；②答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意即可确定的值，并得出的值的一个合理的解释；
（2）①根据，结合函数解析式，即可求得答案；
②求出两种方案下的残留污渍量，作差比较大小，即可得到结论.
【小问1详解】
由题意得，
的值表示的含义为没有用洗涤溶液漂洗，残留污渍没有变化；
【小问2详解】
①，由，，得；
又，则，
②，设清洗前物品上污渍残留量为单位1，
“用个单位量的洗涤溶液漂洗一次”后残留污渍量为，
“用个单位量的洗涤溶液漂洗两次”后残留污渍量为，
，
当时，，即“用 个单位量的洗涤溶液漂洗两次”效果好；
当时，，两种方案效果相同；
当时，，即“用个单位量的洗涤溶液漂洗一次”效果好.
20. 给定函数与，若为减函数且值域为（为常数），则称对于具有“确界保持性”.
（1）证明：函数对于不具有“确界保持性”；
（2）判断函数对于是否具有“确界保持性”；
（3）若函数对于具有“确界保持性”，求实数的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）具有 （3）3
【解析】
【分析】（1）令，以特殊值说明函数不满足值域为，即可证明结论；
（2）根据对于具有“确界保持性”的定义，说明满足定义中的条件，即可得出结论；
（3）根据的结构特点，先确定时，函数符合题意，再分别说明和时，函数值域不符合题意，即可确定答案.
【小问1详解】
证明：令，
因为，不满足函数值域为，
故函数 对于不具有“确界保持性”；
【小问2详解】
函数对于具有“确界保持性”；
理由如下：
令，
在上单调递减，且当时，，
故函数对于具有“确界保持性”；
【小问3详解】
令，
根据“确界保持性”定义可知在上单调递减，
故，即的值域为；
由于
，
可以看到，若当，即时，
则可化简为，且在上均单调递减，
故先证明符合题意；
当时，，
先证明在上单调递减，
设，
则
当时，，
故，，
，
则，
即，
故，即，
所以在上单调递减；
故，
又因为，
当x趋向于无限大时，均无限接近于0，且大于0，
即，且无限接近于0，
故的值域为，
故函数对于具有“确界保持性”，
当时，，
取，则，不满足函数值域为，
此时，不符合题意，舍去；
当时，，，
则，
取，则，不满足函数值域为，
此时，不符合题意，舍去；
综上，当时，函数对于具有“确界保持性”.
【点睛】难点点睛：本题考查了函数新定义问题，解答时要理解“确界保持性”.的含义，依据定义去解答，难点在于（3）中根据函数对于具有“确界保持性”，求解参数的值，解答时要根据函数的结构特点，确定a的值，说明其符合题意，然后分类说明其它情况不符合题意，即可解决问题.