湖南省湘西自治州2023_2024学年高一数学上学期期末质量监测试卷含解析

这是一份湖南省湘西自治州2023_2024学年高一数学上学期期末质量监测试卷含解析，共17页。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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】A
【解析】
【分析】先求出集合，再由交集的定义求解即可.
【详解】因为，则，
所以，所以，
又因为，所以.
故选：A.
2. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数定义结合诱导公式即可求解.
【详解】根据三角函数定义，
可得，
所以.
故选：D
3. “” 是“ ”的（）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】判断“” 和“ ”之间的逻辑推理关系，可得答案.
【详解】由可得，则，
即“” 是“ ”的充分条件，
当时，成立，但推不出，
故“” 是“ ”充分不必要条件，
故选:B
4. 函数的部分图象大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性及特殊值排除ABC即可.
【详解】因为定义域为，且,
所以函数为奇函数，故排除C；
由可排除A；由排除B.
故选：D
5. 砖雕是我国古建筑雕刻中的重要艺术形式，传统砖雕精致细腻、气韵生动、极富书卷气．图（2）是根据一个砖雕（如图（1））所作的扇环形，该扇环可视为将扇形OAB截去同心扇形OCD所得的图形，若，，分别在OA，OB上，，的长度，则该扇环形砖雕的面积为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据扇形的弧长公式及面积公式求解即可.
【详解】因为，，
所以，所以,
由扇形面积公式可得扇环形砖雕的面积为：
，
故选：A
6. 若是偶函数，则（）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据偶函数的定义，利用求解即可得解.
【详解】因为是偶函数，
所以
，即，
所以，
故选：C
7. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得：在上单调递增，根据二次函数的性质列不等式即可.
【详解】由题意得：在上单调递增，
所以对称轴，所以.
故选：B.
8. 在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度（单位：）、燃料的质量（单位：）、火箭的质量m（单位：）满足函数关系式为．已知当燃料质量与火箭质量的比值为时，火箭的最大速度可达到，当燃料质量与火箭质量的比值为时，火箭的最大速度可达到，则（）
A. 1B. 3C. －1D. －3
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得与的关系，代入式子，立方差公式化简即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以.
故选：B
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列各式的值为1的是（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据两角和差的余弦公式判断AD，根据二倍角的正弦公式判断B，根据两角和的正切公式判断C.
【详解】因为，故A错误；
因为，故B正确；
因为，故C正确；
因为，故D错误.
故选：BC
10. 已知函数的最小正周期为，则（）
A. B. 的图象与轴交于点
C. 的图象关于直线对称D. 在区间上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据周期求出判断A，计算可判断B，计算判断C，根据余弦函数的单调性判断D.
【详解】因为函数的最小正周期为，
所以，解得，故A正确；
由，令，则，即函数与轴交于点为，故B错误；
因为，所以函数图象关于直线对称，故C正确；
当时，，由余弦函数单调性知在上单调递增，所以在区间上单调递增，故D正确.
故选：ACD
11. 已知函数图象是一条连续不断的曲线，且，则下列说法正确的是（）
A.
B. 在区间上单调递减
C. 若，则函数有3个不同的零点
D. 若，则函数有3个不同的零点
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据图象特点及条件确定，由函数解析式计算可判断A，作出函数图象，数形结合即可判断BCD.
【详解】令，解得或，
因为函数的图象是一条连续不断的曲线，
所以或，
当时，不成立，舍去，
当时，成立，
故，所以，故A正确；
作函数的图象，如图，
由图象可知，当时，函数单调递减，故B正确；
令，可得方程，即方程的根为函数零点，
由函数图象可知，当时，与图象有3个交点，
所以方程有3个根，即有3个不同的零点，故C正确；
由图象可知，斜率大于2时，与图象中左下方射线部分无交点，与的图象有2个交点，
即当时有3个不同的零点表述错误，故D错误.
故选：ABC
12. 设，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据换底公式判断A，找中间量，分别与之比较判断B，作差后换底公式化简判断CD.
【详解】，
又，，所以，即，故A错误；
因为，所以，即，
又，，所以，即，故B正确；
因
而，，所以，即，故C错误；
由，所以，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题的难点在于B选项思路的探求，关键在于找到合适的中间量，分别比较大小，在比较大小的时候，采用对数、指数的性质运算，技巧性很强，不好处理.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知幂函数的图象经过点，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】待定系数法求出解析式，利用解析式求函数值.
【详解】设幂函数，
则，即，所以，
所以.
故答案为：4
14. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据，可得到，从而得到的值.
【详解】因为，，
所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查同角三角函数关系，二倍角正弦公式，属于简单题.
15. 不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】由所给分式不等式，根据分子非负可转化为不等式组，利用对数函数的单调性求解即可.
【详解】由可得，
即，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：
16. 若函数在区间上有且仅有个零点，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】通过解方程，结合三角函数的性质求得的取值范围.
【详解】令，得，
若，则，有无数个零点，不符合题意.
若，，
要使在区间上有且仅有个零点，
则需，解得.
若，，
要使在区间上有且仅有个零点，
则需，解得.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解函数零点问题，可以从来进行分析.求解含参数的三角函数的问题，要注意参数的取值范围.本题中，并没有限制范围是正实数，所以在分析的过程中，要对进行分类讨论.
四、解答题：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，．
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）化简集合，根据补集、交集的运算求解；
（2）分类讨论，根据交集为空集列出不等式求解即可.
【小问1详解】
当时，，，
所以，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
当时，，解得，此时满足；
当时，由可得：或，
解得或,
综上，实数的取值范围或.
18. 已知函数的部分图象如图所示．
（1）求的解析式；
（2）若在区间[0，m]上的值域为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图象，直接求出，求得周期得到，再代入点求出即可求的解析式；
（2）由（1）知，结合正弦函数的性质求得的值.
【小问1详解】
由函数图象，可得，，
∴，∵，可得，∴，
又∵图象过点，
∴，即，∴，，
解得，，
又∵，∴，故函数解析式；
【小问2详解】
由（1）知，
∵，则，
又∵的值域为，
∴，故；
19. 已知函数．
（1）若，且，，求的取值范围；
（2）若关于的不等式的解集为，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简不等式，根据一元二次不等式恒成立，利用判别式求解；
（2）由一元二次不等式的解集求出，再由均值不等式求最小值即可.
【小问1详解】
当时，，则，，
即恒成立，
所以，解得，
即取值范围为.
【小问2详解】
由可得，
因为不等式的解集为，
所以由根与系数关系可得，
解得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，即所求函数的最小值为.
20. 已知定义在上的函数满足，当时，，且．
（1）求；
（2）若为奇函数，求的值；
（3）解不等式．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用赋值法求得.
（2）根据函数的奇偶性列方程来求得.
（3）根据函数的单调性求得不等式的解集.
【小问1详解】
依题意，，
令得.
【小问2详解】
由于为奇函数，所以，
所以，
由，令得，
所以，
所以.
【小问3详解】
任取，
，
由于，所以，
所以，
所以在上单调递增，
由，，
令得，
由，得，
，所以，
所以不等式的解集为.
21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若函数在区间[a，b]（其中）上的值域为，求的取值范围．
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增.
（2）
【解析】
分析】（1）根据复合函数单调性可分类得到结果；
（2）将问题转化为在上有两个不等实根，通过分析二次函数的图象得到不等式组，由不等式组可求得的范围.
【小问1详解】
令，则，
则或，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，根据复合函数的单调性，
在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
函数在上的增函数，
所以在区间上的值域为，则，
根据条件，可得，即，
所以，
可知，即为方程的两个不相等的实数根，
因而，要使得实数存在，则方程在上有两个不相等的实根，
可将问题转化为在上有两个不等零点；
所以，解得：，
所以实数的取值范围为.
22. 已知函数，将的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度，得到的图象．
（1）求的单调递增区间；
（2）若对任意的，总存在唯一的，使得，求的取值范围．
【答案】22.
23.
【解析】
【分析】（1）由二倍角的正弦公式、两角差的余弦公式化简，再令，即可得出答案；
（2）由三角函数的平移变换求出，再求出时的值域和时的值域，可得，即可得出答案.
【小问1详解】
，
令，
解得：，
所以的单调递增区间为：
【小问2详解】
将的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，
再将所得图象向左平移个单位长度，得到的图象，
的所以
由得，
因为，所以，
所以，
又，，所以，
对任意的，总存在唯一的，使得，
只需.
所以，解得：.
所以的取值范围为.