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

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，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据并集概念计算即可.
【详解】.
故选：D
2. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则（）.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求解.
【详解】因为角终边过点，
所以，
故选：A
3. 函数f(x)＝lg3x＋x－2的零点所在的区间为( )
A. (0,1)B. (1,2)
C. (2,3)D. (3,4)
【答案】B
【解析】
【分析】根据零点存在性定理判断即可得到所求的区间．
【详解】函数f(x)＝lg3x＋x－2的定义域为(0,＋∞)，并且f(x)在(0,＋∞)上单调递增，图象是一条连续曲线．
又f(1)＝－10，f(3)＝2>0，
根据零点存在性定理，可知函数f(x)＝lg3x＋x－2有唯一零点，且零点在区间(1,2)内．
故选B．
【点睛】求解函数的零点存在性问题常用的办法有三种：一是用零点存在性定理，二是解方程，三是用函数的图象．值得说明的是，零点存在性定理是充分条件，而并非是必要条件．
4. 在△ABC中，，若，，则＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】法一：过点D分别作AC，AB的平行线交AB，AC于点E，F，再利用及向量的数乘运算即可求解．
法二：根据及向量的减法法则即可求解．
法三：根据，即可求解．
根据向量线性运算的知识求得正确答案．
【详解】法一：如图，过点D分别作AC，AB的平行线交AB，AC于点E，F，
则四边形AEDF为平行四边形，所以，
又因为，所以，，
所以．
法二：．
法三：由，得，
所以．
故选：A．
5. 设，，，则（）.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接由指数函数、对数函数单调性比较大小即可.
【详解】由题意.
故选：B.
6. 玉雕在我国历史悠久，玉雕是采用传统的手工雕刻工艺加工生产成的玉雕工艺.某扇环形玉雕（扇环是一个圆环被扇形截得的一部分）尺寸（单位：cm）如图所示，则该玉雕的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用扇形的面积公式，利用大扇形面积减去小扇形面积即可得解．
【详解】如图，设，，
由弧长公式可得，
解得，，
设扇形，扇形的面积分别为，，
则该壁画的扇面面积约为．
故选：A
7. 已知定义在R上的奇函数满足，且，则下列结论错误的是（）.
A. 4为的一个周期
B. 的图象关于直线对称
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知结合函数的奇偶性，对称性及周期性检验各选项即可判断
【详解】定义在R上的奇函数满足，即函数图象关于对称，B选项正确；
令，则有，可得，
所以函数的一个周期为4，A选项正确；
因为，又，
所以，C选项正确；
，D选项错误.
故选：D.
8. 设是定义在上的奇函数，对任意的，满足：，且，则不等式的解集为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先由，判断出在上是增函数，然后再根据函数的奇偶性以及单调性即可求出的解集.
【详解】解：对任意的，都有，
在上是增函数，
令，
则，
为偶函数，
在上是减函数，
且，
，
当时，，
即，解得：，
当时，，
即，解得：，
综上所述：的解集为：.
故选：A.
【点睛】方法点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
二、选择题：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. 下列判断正确的是（）
A.
B. 命题“”的否定是“”
C. 若，则
D. “”是“是第一象限角”的充要条件
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A分类讨论即可，选项B写出全称量词命题的否定，选项C作差法即可，选项D充要条件的判断.
【详解】选项A，当时，，当时，，
故，所以选项A正确；
对于B：命题“”的否定是“，
故B错误；
选项C，由，
因为，所以，
所以，故选项C正确，
对于D：由，
则在第一象限角或第四象限角，
故充分性不成立，
反之是第一象限角，
则，
故必要性成立，
故“”是“是第一象限角”的必要不充分条件，
故选项D错误.
故选：.
10. 已知函数，则（）.
A. 的最小正周期是
B. 是图象的对称中心
C. 将的图象向左平移个单位后其图象关于y轴对称
D. 区间上单调递减
【答案】AB
【解析】
【分析】根据函数解析式，公式法求最小正周期，代入检验法判断对称中心和单调区间，由平移后的函数解析式判断对称性.
【详解】函数，
最小正周期，A选项正确；
，是图象的对称中心，B选项正确；
将的图象向左平移个单位得函数，
函数不是偶函数，图象不关于y轴对称，C选项错误；
时，，不是正弦函数的单调递减区间，D选项错误.
故选：AB
11. 已知函数，则下列结论正确的是（）
A. 若是偶函数，则
B. 若的解集是，则
C. 若，则恒成立
D. ，，在上单调递增
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数奇偶性的定义求出的值，可判断A选项；利用二次不等式的解集与系数的关系可判断B选项；当时，计算可判断C选项；利用一次函数与二次函数的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，函数的定义域为，若函数为偶函数，则，
即，即对任意的恒成立，则，A对；
对于B选项，若不等式的解集为，
则且、为方程的两根，则，解得，故，B对；
对于C选项，若，则，，
故不恒成立，C错；
对于D选项，当时，因，则在上单调递增，
当时，函数的对称轴为直线且，
由二次函数的单调性可知，函数在上单调递增，
因此，，，在上单调递增，D对.
故选：ABD.
12. 设常数，函数，若方程有三个不相等的实数根，且，则下列说法正确的是（）
A. B. C. 的取值范围为D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由解析式作出图象，采用数形结合的方式可确定AC正确；由知B正确；根据分段函数的函数值求法可知D正确.
【详解】由解析式可得图象如下图所示，
有三个不等实根等价于与有三个不同交点，
由图像可知：，A正确；
若，则，即，，B正确；
，则，，C错误；
，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：本题考查根据方程根的个数求解参数范围、方程根的和等知识；解题的基本思路是根据解析式作出函数图象，采用数形结合的方式来进行观察求解.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知幂函数在上单调递增，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据幂函数的定义以及单调性得出，进而得出.
【详解】由题意可知，，解得，即，
故答案为：
14. 计算：______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件利用对数运算法则，二倍角的正弦公式、特殊角的三角函数值计算作答.
【详解】.
故答案为：
15. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，进而根据求出，然后根据平面向量夹角公式求得答案.
【详解】由题意，设，又，设与的夹角为，所以，所以.
故答案为：.
16. 已知函数，其图象与直线相邻两个交点的距离为，若对任意恒成立，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得函数的最小正周期，解出的值，由对任意恒成立，列关于的不等式组求解即可.
【详解】函数的最大值为3，其图象与直线相邻两个交点的距离为，
则的最小正周期，由，得，解得，
若对任意恒成立，即对任意恒成立，
则，解得，
由，可得时，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】方法点睛：相邻的两个最大值点间隔一个周期，余弦不等式可以利用单位圆和三角函数线或借助于函数图象求解.
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. 已知集合，，全集.
（1）当时，求；
（2）若“”是“”的充分条件，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）把代入集合A，利用补集和交集的定义求；
（2）由题意，利用集合的包含关系求实数a的取值范围.
【小问1详解】
当时，，或，
故.
【小问2详解】
“”是“”的充分条件，则，
，解得，
实数a的取值范围为
18. 已知.
（1）化简求值：；
（2）若是第一象限角，，且，求的值.
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】（1）先用诱导公式化简，再弦化切求值；
（2）先求出、的正弦、余弦，再利用两角和与差的三角函数求值.
【小问1详解】
原式.
【小问2详解】
由为第一象限角，且，故：，；
又，且，故.
所以：.
19. 已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，.（是以e为底的自然对数，）
（1）求的解析式；
（2）若正数m，n满足，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用函数的奇偶性，求的解析式；
（2）由题意有，根据函数性质有，代入中利用配方法求最大值.
【小问1详解】
函数是定义在R上的奇函数，且当时，，
当时，，，
当时，，
所以.
【小问2详解】
当时，，
由函数和在上都单调递增，则在上单调递增，
正数m，n满足，得，则有，
由，则时，有最大值.
20. 已知函数f（x）=sinxcsx+cs2x-．
（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期及单调递增区间；
（Ⅱ）将函数f（x）图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数g（x）的图象．若关于x的方程g（x）-k=0，在区间[0，]上有实数解，求实数k的取值范围．
【答案】（Ⅰ）最小正周期为，单调递增区间为[-+kπ，+kπ]，k∈Z（Ⅱ）[，1]
【解析】
【分析】（Ⅰ）先化简f（x），根据三角形的函数的最小正周期的定义和函数的图象和性质即可求出，
（Ⅱ）根据图象的变换可得g（x），求出g（x）的值域即可求出k的范围．
【详解】（Ⅰ）f（x）=sinxcsx+cs2x-=sin2x+cs2x=sin（2x+），
∴函数f（x）的最小正周期为T==π，
由-+2kπ≤2x+≤+2kπ，k∈Z，
∴-+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，
故函数f（x）的单调递增区间为+kπ，+kπ]，k∈Z，
（Ⅱ）将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
得到g（x）=sin（x+），
∵0≤x≤,∴≤x≤，
∴≤sin（x+）≤1，
∴≤g（x）≤1
∴关于x的方程g（x）-k=0，在区间[0，]上有实数解，
即图象g（x）与y=k，有交点，
∴≤k≤1，
故k的取值范围为[，1]．
【点睛】本题考查了三角函数图象及性质的运用能力和化简能力，平移变换的规律，数形结合法的应用．综合性强，属于中档题．
21. 目前全球新冠疫情严重，核酸检测结果成为是否感染新型冠状病毒的重要依据，某核酸检测机构，为了快速及时地进行核酸检测，花费36万元购进核酸检测设备.若该设备预计从第1个月到第个月的检测费用和设备维护费用总计为万元，该设备每月检测收入为20万元.
（1）该设备投入使用后，从第几个月开始盈利？（即总收入减去成本及所有支出费用之差为正值）；
（2）若该设备使用若干月后，处理方案有两种：①月平均盈利达到最大值时，以20万元的价格卖出；②盈利总额达到最大值时，以16万元的价格卖出.哪一种方案较为合算？请说明理由.
【答案】（1）第4个月开始盈利
（2）方案①较为合算，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出利润表达式然后解不等式可得答案；
（2）分别计算出两种方案的利润比较可得答案.
【小问1详解】
由题意得
，即，
解得，∴.
∴该设备从第4个月开始盈利.
【小问2详解】
该设备若干月后，处理方案有两种：
①当月平均盈利达到最大值时，以20万元的价格卖出，
.
当且仅当时，取等号，月平均盈利达到最大，
∴方案①的利润为：（万元）.
②当盈利总额达到最大值时，以16万元的价格卖出.
，
∴或时，盈利总额最大，
∴方案②的利润为20+16=36（万元），
∵38>36，
∴方案①较为合算.
22. 已知是定义在R上的奇函数，其中，且.
（1）求a，b的值；
（2）判断在上的单调性（判断即可，不必证明）；
（3）设，若对任意的，总存在，使得成立，求非负实数m的取值范围.
【答案】（1），
（2）在上单调递减
（3）
【解析】
【分析】（1）利用奇函数的性质，结合，求得到的值，检验即可；
（2）利用函数单调性的定义判断并证明即可；
（3）记在区间内的值域为，在区间内的值域为，将问题转化为时求非负实数的取值范围，利用单调性求出的值域，分，，和四种情况讨论，结合单调性求出的值域，即可得到答案．
【小问1详解】
因为是定义在上的奇函数，所以，解得，
又因为，所以，解得，
所以，，则为奇函数，
所以，.
【小问2详解】
在上单调递减.
由（1）知，，
当时，，
由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以在上单调递减.
【小问3详解】
由（2）可知在上单调递减，所以，
记在区间内的值域为.
当时，在上单调递减，
则，得在区间内的值域为.
因为，所以对任意的，总存在，使得成立.
当时，在上单调递减，
则，得在区间内的值域为，
因为，所以对任意的，总存在，使得成立.
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则，
得在区间内值域为，
所以，无解，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则，
得在区间内的值域为，不符合题意.