湖南省永州市2023_2024学年高一数学上学期期末质量监测试卷含解析

这是一份湖南省永州市2023_2024学年高一数学上学期期末质量监测试卷含解析，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 设全集，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由集合补运算求集合.
【详解】由，，则.
故选：C
2. 命题：，的否定是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据含有一个量词的命题的否定的方法即可求解.
【详解】命题：，的否定是：，.
故选：C.
3. “”是“”成立的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式求参数范围，结合充分、必要性定义判断条件间的关系.
【详解】由，可得，故“”是“”成立的充分不必要条件.
故选：A
4. 已知幂函数y＝f（x）的图象经过点（4，2），则f（2）＝（）
A. B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用待定系数法求出函数的解析式，再代入求值即可.
【详解】设f（x）＝xa，因为幂函数图象过（4，2），
则有2 ，∴a，即，
∴f（2）
故选：D
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，考查了求函数值，属于基础题.
5. 扇形面积为4，周长为8，则扇形的圆心角的弧度数为（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用扇形的面积、弧长公式列方程求半径、弧长，即可求扇形的圆心角.
【详解】令扇形半径为，弧长为，则，
所以扇形的圆心角的弧度数为.
故选：B
6. 已知，则（）
A. 1B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由题设得，化弦为切求目标式的值.
【详解】由题设，又.
故选：D
7. 已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由对数运算性质有，进而有，再由指数函数性质求，即可得答案.
【详解】由，，则，
所以，又，
综上，.
故选：C
8. 已知函数，若方程有5个不同的实数解，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分段函数解析式，结合指对数函数性质画出函数大致图象，令并讨论判断对应方程根的个数，再由有5个不同的实数解，讨论范围，结合对应的分布确定根的个数，即可得范围.
【详解】由解析式得函数大致图象如下，由，令，可得或，
令，当或时有1个解；当或时有2个解；
当时有3个解；当时无解；
要使有5个不同的实数解，
若，则，此时方程有1解；
若，则有2个解，有1解，此时方程共有3个解；
若，则有1个解，有3解，有1解，
此时方程共有5个解；
若，则有1个解，有3解，有2解，
此时方程共有6个解；
若，则有1个解，有3解，有3解，
此时方程共有7个解；
若，则有3个解，有3个解，此时方程共有6个解；
若，则有3个解，此时方程共有3个解；
若，没有对应，此时方程无解；
综上，.
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据函数图象研究对应根的个数，再数形结合讨论范围研究根的个数.
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.
9. 若，则下列不等式成立的是（）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由不等式性质判断A、B、C，根据指数函数单调性判断D.
【详解】由，则，，A、C对；
若，此时，B错；
由单调递增，故，D对.
故选：ACD
10. 在下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的有（）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据指数、幂函数及三角函数性质判断函数奇偶性、区间单调性，即可得答案.
【详解】由为奇函数，A不符；
由定义域为R，且，为偶函数，
在区间上单调递增，B符合；
由定义域为，且，为偶函数，
在区间上单调递增，C符合；
由定义域为R，且，为偶函数，
在区间上单调递增，D符合；
故选：BCD
11. 定义域为的偶函数满足，且时，，则（）
A.
B
C. 的图象关于直线对称
D. 在区间上单调递增
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题设关系得，结合区间解析式求值判断A；根据已知有，即，利用递推关系即可判断B；由已知可得即可判断C；根据周期性，区间与区间的单调性相同，结合已知区间单调性及偶函数判断D.
【详解】由，A对；
由题设，即，B对；
由，则，综上，即关于对称，C错；
根据周期性，区间上单调性与区间上单调性相同，
又时，，即在上上递减，又是偶函数，
所以在区间上递增，故在区间上单调递增，D对.
故选：ABD
12. 已知函数在区间上有且仅有两个不同的零点，则（）
A. 在区间上有两条对称轴
B. 的取值范围是
C. 在区间上单调递增
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】由题设有在有且仅有两个不同的零点，结合正弦函数性质求得，再由各项描述逐项判断各项正误.
【详解】区间上且，
故在有且仅有两个不同的零点，
所以，可得，B对；
当时，此时只有一条对称轴，
即在上可能只有一条对称轴，A错；
区间上，而，
所以在区间上单调递增，C对；
由，即，又，
所以或，可得或，D错.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：应用换元法，将问题化为在有且仅有两个不同的零点求参数范围为关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. ______.
【答案】
【解析】
【分析】利用换底公式计算不同底数的对数运算，再与－8的立方求和即得．
【详解】
故答案为：－511．
14. 函数图象恒过定点_____________.
【答案】（1,3）
【解析】
【分析】根据指数函数的性质，即可得答案.
【详解】令，可得，
所以，即图象恒过定点（13）.
故答案为：（1,3）
15. 已知，，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】两次应用基本不等式求目标式最小值，注意取值条件.
【详解】由题设，
当且仅当，即时第一个等号成立，
当且仅当，即时第二个等号成立，
综上，时目标式有最小值为.
故答案为：
16. 若函数在定义域内存在实数使得，其中，则称函数为定义域上的“阶局部奇函数”，对于任意的实数，函数恒为上的“阶局部奇函数”，则的取值集合是______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意，建立方程，利用分类讨论思想，结合一元二次方程有解问题，可得答案.
【详解】由题意得，函数恒为上的“阶局部奇函数”，
即在上有解，则有，
即有解，
当时，，满足题意；
当时，对于任意的实数，，
变形可得，解可得：，
由，故.
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. 已知函数
（1）若，求的值；
（2）若，判断在区间上的单调性，并用定义证明.
【答案】（1）；
（2）在区间上递增，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由，将自变量代入求值即可；
（2）设，应用作差法比较证明单调性.
【小问1详解】
由题设，则，故；
【小问2详解】
在区间上递增，证明如下：
令，则，
又，则，且，
所以，即在区间上递增.
18. 已知集合，
（1）求；
（2）已知集合，若，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）解一元二次不等式求集合A，解对数不等式求集合B，再应用集合交运算求结果；
（2）由包含关系，讨论、列不等式求参数范围.
【小问1详解】
由题设，，
所以；
【小问2详解】
由，若，则满足题设；
若，则，即；
综上，.
19. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求在上的单调递增区间.
【答案】（1）；
（2）单调递增区间为和.
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数式得，即可求最小正周期；
（2）根据图象平移得，由正弦函数性质，应用整体法求递增区间.
【小问1详解】
由题设，
所以的最小正周期；
【小问2详解】
图象向右平移个单位长度，得，
把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得，
在上，显然或，
所以或，故在上的单调递增区间为和.
20. 为响应“湘商回归，返乡创业”的号召，某企业回永州投资特色农业，为了实现既定销售利润目标，准备制定一个激励销售人员的奖励方案：按销售利润进行奖励，总奖金额（单位：万元）关于销售利润（单位：万元）的函数的图象接近如图所示，现有以下三个函数模型供企业选择：①②③
（1）请你帮助该企业从中选择一个最合适的函数模型，并说明理由；
（2）根据你在（1）中选择的函数模型，如果总奖金不少于6万元，则至少应完成销售利润多少万元？
【答案】（1）③,理由见解析
（2）72万元
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，结合函数所过的点，以及函数的增长速度，即可求解．
（2）根据（1）的结论，将对应的点代入，即可求解函数表达式，列不等式求解即可.
【小问1详解】
对于模型①，，图象为直线，故①错误，
由图可知，该函数的增长速度较慢，
对于模型②，指数型的函数是爆炸型增长，故②错误，
对于模型③，对数型的函数增长速度较慢，符合题意，故选项模型③，
【小问2详解】
由（1）可知，选项模型③，所求函数过点，，
则，解得，，
故所求函数为，
，即，
，
，
至少应完成销售利润72万元．
21. 在平面直角坐标系中，角及锐角的终边分别与单位圆交于，两点.
（1）若点的横坐标为，求的值：
（2）设角的终边与单位圆交于点，，，均与轴垂直，垂足分别为，，，请判断以线段，，为边能否构成三角形，并说明理由.
【答案】（1）
（2）利用见解析
【解析】
【分析】（1）利用三角函数的定义，结合诱导公式化简计算即可；
（2）由，范围，得，，由此可得证符合三角形两边之和大于第三边．
【小问1详解】
已知是锐角，则,根据三角函数的定义，
得，，，
．
【小问2详解】
能构成三角形，理由如下：
由三角函数的定义得，，，，
因为，所以，
于是有，①
故,
又因为，所以，
，②
故
同理，，③，
由①，②，③可得，以，，的长为三边长能构成三角形．
22. 已知函数，.
（1）若对，都有，求实数的取值范围；
（2）若函数，求函数的零点个数.
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）将问题化为，令，结合对数函数单调性求最值得在上恒成立，进而化为求参数范围；
（2）令转化为研究在上解的个数，求出右侧范围，再讨论参数a，确定对应，结合函数性质确定的零点个数.
【小问1详解】
对，都有，只需，
由在上递增，故，
由，在上有，
所以且，故有上恒成立，
所以，而，即.
【小问2详解】
由题设，
令，当且仅当时等号成立，
则，即，
所以且，
令，则问题等价于在上解的个数，
又在上递减，故，
当或时，在上无解，即无零点；
当时，在上有，
所以，即，故有1个零点；
当时，在上有（负值舍），
又为偶函数，此时有2个零点；
综上，或时，无零点；时，有1个零点；时，有2个零点；
【点睛】关键点点睛：第一问，问题化为，令进一步化为；第二问，令转化为研究在上解的个数为关键.