湖南省长沙市2023_2024学年高一数学上学期期末考试试题含解析 (1)

这是一份湖南省长沙市2023_2024学年高一数学上学期期末考试试题含解析 (1)，共19页。试卷主要包含了 已知集合，则， “，”是， 设正实数满足，则等内容，欢迎下载使用。
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.