安徽省黄山市2023-2024学年度高一上学期期末数学测试卷（解析版）-A4

这是一份安徽省黄山市2023-2024学年度高一上学期期末数学测试卷（解析版）-A4，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
一、单选题（本大题共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. 请在答题卷的相应区域答题.）
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合、，再求.
【详解】集合，
，
则.
故选：D.
2. 函数的零点所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论.
【详解】因为函数、均为上的增函数，故函数在上为增函数，
因为，，，，则，
所以，函数的零点所在的区间是.
故选：C.
3. 已知是第三象限角，则点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由为第三象限角，知由此能判断出点在第几象限．
【详解】已知是第三象限角, ,所以在第二象限.
故选:
【点睛】本题考查三角函数值的符号,难度容易.
4. 函数的图象的大致形状是（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别在和两种情况下得到函数解析式，根据指数函数单调性可判断出所求函数单调性，进而得到所求图象.
【详解】当时，，
当时，，
因为在上单调递减，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故选：B
5. 我国古代著名数学巨著《周髀算经》记载着周朝时期的商高与周公的对话，商高提出了“勾三股四弦五”特例.后来古希腊的毕达哥拉斯学派用演绎法证明了直角三角形斜边的平方等于两直角边的平方之和．若一个直角三角形的斜边长等于，则这个直角三角形周长的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设这个直角三角形的两条直角边长分别为、，利用勾股定理和基本不等式可求得的最大值，由此可得出该直角三角形周长的最大值.
【详解】设这个直角三角形的两条直角边长分别为、，由勾股定理可得，
由基本不等式可得，所以，
即，故，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此这个直角三角形周长的最大值为.
故选：C.
6. 将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称，则正数的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先得到平移后的解析式，依题意可得，即可求出的取值，从而得解.
【详解】将函数的图象向左平移个单位得到，
依题意可得，解得，所以正数的最小值是.
故选：A
7. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】找中间值1和，三个数值分别与它们比较大小即可.
【详解】因为为单调递减函数，所以；
对于找中间值比较，因为，，因为为单调递减函数，
所以；
又，，又在区间单调递增，
所以，又，故，，，
故选：B
8. 已知函数 在上恰能取到次最小值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用倍角公式和辅助角公式化简得，根据题设条件列出不等式求解即可
【详解】
，
令，又，
由 在上恰能取到次最小值，
即在上恰能取到次最小值，
所以，解得，
故选：A
二、多选题（本大题共4小题，每小题 5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的. 选错不得分，选不全得2分.）
9. 已知点在幂函数的图象上，则（ ）
A. 偶函数B. 奇函数
C. 在上单调递减D. 在上单调递增
【答案】BC
【解析】
【分析】代入点的坐标求解，即可根据奇偶性的定义判断AB，根据基本函数的单调性判断CD.
【详解】设幂函数，代入可得，
故，因此，
对于A，由于函数的定义域为，关于原点对称，
且，故为奇函数，
且在上单调递减,故AD错误，BC正确.
故选：BC.
10. 下列说法正确的有（ ）
A. 是第二象限角
B. 已知角的终边过点，则
C. 经过分钟，钟表的分针转过弧度
D. 若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形面积为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据终边相同的角即可判定A，根据三角函数的定义即可求解B，根据顺时针即可判定C，根据扇形弧长以及面积的计算公式即可求解D.
【详解】对于A，，由于为第三象限的角，故为第三象限的角，A错误，
对于B，角的终边过点，则，故，B正确，
对于C，经过分钟，钟表的分针是顺时针转动，故转过弧度，C错误，
对于D，由于圆心角为的扇形的弧长为，故扇形的半径为，则该扇形面积为，D正确，
故选：BD
11. 若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用余弦的二倍角公式求出可判断A；利用余弦的二倍角公式求出，平方关系求出，余弦的二倍角公式求出，可判断B；求出可判断C；求出可判断D.
【详解】对于A，，可得，
又因为，所以，可得，故A正确；
对于B，由得，
又因为，所以，
因为，，所以，
，再由得，
由得，故B错误；
对于C，因为，，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以
,
所以，故D错误.
故选：AC.
12. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若函数恰有个零点，则
B. 关于的方程有个不同的解
C. 任意实数 ，不等式恒成立
D. 函数的图象与直线，及x轴所围成图形的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题作出函数图象，利用数形结合，对A：将题意转化为：y=fx与有3个交点结合图象分析判断；对B：将题意转化为：y=fx与的交点个数，分析判断；对C：转化为恒成立，即可判断；对D：根据图象结合题意运算求解.
详解】当时，，
当时，，
当时，即，，且，
当时，即，，
当时，即，，且，
当时，即，，
当时，即，，且，
当时，即，，
当时，即，，且，
依次类推，作出函数的图像，
由可知，若函数恰有个零点，
即y=fx与有3个交点，此时当图象故过点，
所以，故A对；
关于的方程有个不同的解，而y=fx与的8个交点，
由图知y=fx与交点个数是6，故B错；
由，，，，，
任意实数 ，不等式恒成立，即恒成立，
由图知函数在的每一个上顶点的纵坐标为，
且，即恒成立，故C对；
函数图象与直线，及x轴所围成图形的面积为，故D对；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：①对于类周期性函数的理解可以结合函数图象的变换理解函数图象或求其解析式；②关于函数零点或方程的根问题，常常转化为图象的交点问题，数形结合处理问题.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.请在答题卷的相应区域答题.）
13. 已知，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】由得，代入所求式子可得答案.
【详解】若，则，
所以.
故答案为：.
14. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为_______.
【答案】
【解析】
【分析】整体在范围内，同时注意保证，最后求出交集即可得解.
【详解】因为函数的定义域为，
所以，解得，
则函数的定义域为.
故答案为：.
15. 已知函数在上单调且函数的图像关于点对称.若对任意的正数，满足，则的最小值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得是定义在上的奇函数，即可得到，然后结合基本不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】因为函数的图像关于点对称，
所以的图像关于点对称，
即是定义在上的奇函数，
由可得，
且函数在上单调，所以，即，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
16. 高斯是历史上最重要数学家之一，享有“数学王子”的美誉.用其名字命名的“高斯函数”为：，其中表示不超过的最大整数，如，，，则关于的不等式的解集为_________.
【答案】
【解析】
【分析】解一元二次不等式，结合高斯函数的定义即可得到结果.
【详解】因为，所以，
因为表示不超过的最大整数，所以，
解得，即
故不等式解集是.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 请在答题卷的相应区域答题.）
17. （1）计算： ；
（2）化简： ．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用指数、对数运算律即可求得答案.
（2）利用诱导公式以及同角三角函数的商数关系即可化简.
【详解】（1）原式
（2）原式
18. 若关于的不等式的解集为A，不等式的解集为．
（1）已知A是的充分不必要条件，求实数的取值范围；
（2）设命题，若命题为假命题，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求解一元二次不等式化简A，B，由题意可得A是的真子集，再由两集合端点值间的关系列不等式组求解；
（2）写出特称命题的否定，由命题为真命题，结合二次函数的性质可得关于m的不等式组，求解得答案．
【小问1详解】
不等式可化为，解得，
集合.
不等式可化为
集合.
是的充分不必要条件，是的真子集，则
的取值范围是.
【小问2详解】
因为命题为假命题，所以命题为真命题，
即为真命题，
令，则
解得，所以实数的取值范围是.
19. 某市有“四景一水”构成的旅游产业，为整合开发新型旅游项目，该市将在原有的“四景一水”的基础上开发新的游玩项目，计划2024年投入固定成本万元，若该项目2024年有万游客，则需另投入万元，且 ，该游玩项目的每张门票售价为元.
（1）求2024年该项目的利润（万元）关于人数（万人）的函数关系式（利润 销售额成本）；
（2）当2024年的游客为多少时，该项目所获利润最大？最大利润是多少.
【答案】（1）
（2）当年游客为万人时，利润最大，最大利润为万元
【解析】
【分析】（1）由题设计算求解即可；
（2）结合一次函数，二次函数的性质和基本不等式分段讨论求解函数的最值即可得解.
【小问1详解】
由题意，，
所以
【小问2详解】
当时，单调递增，所以；
当时，，
当时，，
当且仅当，即时取等号，
所以当年游客为万人时，利润最大，最大利润为万元.
20. 在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边为轴的非负半轴，终边都在第一象限，并且与单位圆的交点分别为，如图所示，已知点的纵坐标为，点的横坐标为．求：
（1）的值；
（2）在内与终边相同的角．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角函数的定义可得，再由同角三角函数的关系以及余弦的和差角公式代入计算，即可得到结果；
（2）由正弦的和差角公式代入计算可得，然后求得的范围，再结合余弦的和差角公式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
由三角函数的定义知，.
又的终边都在第一象限，
所以，.
所以.
【小问2详解】
，
，，
，又由（1）知，
，
，
，
，
所以在范围内与终边相同的角是.
21. 已知函数 ．
（1）求函数的定义域及其值域；
（2）若方程有两个不同的实数根，求的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由二次根式的被开方数非负可得出关于x的不等式，由此可求得函数的定义域；
（2）令，由题意可知关于t的方程在上有两个不同的实数根，利用二次函数的零点分布可得出关于的不等式组，由此可解得实数m的取值范围.
【小问1详解】
由题意
所以的定义域为.
由得，所以的值域为.
【小问2详解】
，令，
则方程在上有两个不同的实数根.

解得，所以的取值范围是.
22. 已知函数 ．
（1）若，判断并证明函数 的单调性；
（2）若，函数在区间上的值域是，求的值．
【答案】（1）单调递增，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数单调性的定义计算的符号，从而判断出的单调性.
（2）根据函数的单调性求出函数的值域，然后根据条件列方程求解即可
【小问1详解】
若，，的定义域为.
在上单调递增，证明如下：
对且，
，所以，则，
，则在上单调递增.
【小问2详解】
，从而，由知，所以.
当时，函数在上均单调递减.
若，则，
即，与矛盾，舍去；
则，且
相减得
，，即.
【点睛】关键点点睛：函数在区间上单调，则其值域和单调性有关，若在区间上递增，则值域为；若在区间上递减，则值域为.