重庆市南开中学校2023-2024学年高一上学期期末考试数学试题及答案

这是一份重庆市南开中学校2023-2024学年高一上学期期末考试数学试题及答案，共21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。

一、单选题
1．已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则的最小值是（ ）
A．2B．3C．6D．36
3．“”是“”的（ ）
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
4．已知点，则点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
5．已知函数的图象关于对称，则的值为（ ）
A．B．1C．D．
6．请运用所学三角恒等变换公式，化简计算，并从以下选项中选择该式子正确的值（ ）
A．B．C．2D．1
7．已知实数，且，则以下说法正确的是（ ）
A．B．的值为4或8C．D．的值为
8．已知，则以下关于的大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若，则函数与在同一坐标系内的大致图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数的周期为B．是函数的一个对称中心
C．是函数的一个周期D．不等式的解集为
11．已知定义在上的函数的图像关于中心对称，则下列说法一定正确的是（ ）
A．若周期为2，则为奇函数B．为奇函数
C．若周期为4，则为偶函数D．为奇函数
12．已知函数的部分图像如下，则下列说法正确的是（ ）
A．的值为
B．在单调递增
C．
D．若方程，且在内至少有3个不同的根，则实数的取值范围是
三、填空题
13．命题的否定是 ．
14．南朝乐府民歌《子夜四时歌》之夏歌曰：“叠扇放床上，企想远风来；轻袖佛华妆，窈窕登高台”，中国传统折扇有着极其深厚的文化底蕴．如图所示，展开的折扇可看作是从一个扇形，某艺术节展示活动中，小李同学打算利用一条2米长的紫色丝带围成一个扇形展示框，则该展示框的面积最大值为 ．
15．若不等式对恒成立，则实数的取值范围是 ．
16．已知，若函数在区间单调递减，则实数的取值范围是 ．
四、解答题
17．已知指数函数的反函数为．
(1)求函数的解析式；
(2)已知函数，求不等式的解集．
18．已知函数．
(1)设是函数图像的一条对称轴，求的值；
(2)将的图像上所有点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，再将得到的图像向右平移个单位，向上平移一个单位，得到函数的图像，求在上的值域．
19．已知，其中．
(1)求的值；
(2)若，求的值．
20．长时间的实践表明，冲泡绿茶用开水最为合适，饮用时茶水温度在至之间口感最佳．已知环境温度为，物体温度为吋，经过分钟后物体温度满足，其中为常数．某实验小组通过数据收集，计算得常数，假设近期室内温度均为．
(1)以开水冲泡绿茶，经过8分钟后茶水温度约为多少？
(2)早上张老师到办公室上班，先用开水泡好一杯绿茶，然后去教室看早自习，再回到办公室准备喝茶，请帮张老师计算一下他泡的茶水能保持最佳口感的时长．
（注意：本题结果都保留两位小数，参考数据，，）
21．已知定义在R上的函数．
(1)当时，解关于的不等式：；
(2)若函数的图象与函数的图象恰有两个不同的交点，求实数的取值范围．
22．已知函数，若的最小正周期为．
(1)求的解析式；
(2)若函数在上有三个不同零点，，，且．
①求实数取值范围；
②若，求实数的取值范围．
参考答案：
1．A
【分析】由题意可得，运算求解即可.
【详解】由题意可知：，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：A.
2．C
【分析】根据基本不等式即可求解.
【详解】由于，所以，所以，当且仅当，即时取等号，
故选：C
3．D
【分析】直接举特例判断即可.
【详解】当时，，但，充分性不满足
又当时，，但，必要性不满足，
故“”是“”的既不充分也不必要条件
故选：D.
4．D
【分析】由诱导公式可得，后由弧度制结合象限角三角函数值符号可得答案.
【详解】由诱导公式，，则.
又，则，即点P在第四象限.
故选：D
5．B
【分析】由辅助角公式可得，其中，后由图象关于对称，可得，即可得答案.
【详解】由辅助角公式，，其中，
因图象关于对称，则
，，则.
故选：B
6．A
【分析】由切化弦，然后利用和角公式可得.
【详解】
故选：A
7．B
【分析】由，且可得或，后验证各选项即可得答案.
【详解】因，则，又，
则或.
则或，结合，得或.
A选项，当时，；当时，，故A错误；
B选项，当时，；当时，，故B正确；
C选项，当时，；当时，，故C错误；
D选项，当时，；当时，，故D错误.
故选：B
8．D
【分析】根据零点存在性定理可求解，进而根据指数对数的运算性质结合基本不等式求解的范围，即可比较大小．
【详解】由，令，则在定义域内单调性递增，且，
由零点存在性定理可得，
，
又，因此，
，可得，
，，
，
，，，
．
故选：D
【点睛】方法点睛：比较大小问题，常常根据：
（1）结合函数性质进行比较；
（2）利用特殊值进行估计，再进行间接比较；
（3）根据结构特征构造函数，利用导数分析单调性，进而判断大小.
9．BC
【分析】由已知分两种情况，当时，，当时，，结合函数的单调性分析判断即可.
【详解】因为，
所以当时，得，
所以在定义域内单调递减，且，
函数的定义域为，
且由简单函数，复合而成，
由复合函数的单调性可知在定义域范围内单调递减，
且当趋近于时，取得无穷小， 故B正确，D错误；
当时，得，
所以在定义域内单调递增，且，
当无穷小时，无限趋近于，
此时在内单调递增，
且当趋近于时，取得无穷大， 故C正确，A错误.
故选：BC.
10．ACD
【分析】根据正切函数的性质逐一判断即可.
【详解】对于A，函数函数的周期，故A正确；
对于B，因为，
所以不是函数的一个对称中心，故B错误；
对于C，令，
因为，
所以是函数的一个周期，故C正确；
对于D，由，
得，解得，
所以不等式的解集为，故D正确.
故选：ACD.
11．AD
【分析】根据函数的周期性以及对称性即可判断A，结合对数的运算性质即可求解D，举反例即可求解BD.
【详解】由于的图像关于1,0中心对称，所以，
对于A, 若周期为2，则，
所以，故为奇函数，A正确，
对于B，若，显然的图像关于1,0中心对称，
但是，
故不是奇函数，B错误，
对于C, 若，显然的图像关于1,0中心对称，且周期为4，
当时，则故不为偶函数，C错误

对于D，，
所以，
故为奇函数，D正确，
故选：AD
12．ABD
【分析】先根据图像求出函数解析式，然后逐一判断
【详解】由图象得，即，得，由图可知函数是单调递减的，
所以，所以，故A对；
设周期为T，则，所以，得，
，则，
令在上单调递增，在上单调递增，
所以在单调递增，故B对；
，，因为，所以，
故 C错；
由图象可得：当时，且，
即，得，
得，此时有2个不同的交点即是临界点，
方程，且在内至少有3个不同的根，则实数的取值范围是，故D对
故选：ABD
13．
【分析】由全称命题否定的改写规则可得答案.
【详解】由题，命题p的否定是：.
故答案为：.
14．/
【分析】设该扇形的半径为，弧长为，面积为，由已知可得，，利用扇形面积公式结合二次函数求最值即可.
【详解】设该扇形的半径为，弧长为，面积为，
由已知，则，，
所以，
所以当时，有最大值.
故答案为：.
15．
【分析】
根据题意分析可得，根据恒成立问题结合正弦函数的有界性分析求解.
【详解】因为，则，
其中，
当时，取到最大值，
可得，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
16．
【分析】根据对数函数的定义域、正弦函数的单调性和复数函数的单调性可得函数的单调减区间为，进而，建立不等式组，解之即可求解.
【详解】由题意知，函数的定义域为，
得，得.
又函数的单调增区间为，
由，
，解得，
即函数的单调减区间为，
又函数在上单调递减，所以，
得，解得，
又，所以令，解得.
故答案为：
17．(1)fx=lg2x
(2)
【分析】（1）根据指数函数的定义可得，再根据指数函数的反函数是对数函数分析可解；
（2）根据奇偶性的定义以及复合函数单调性判断的奇偶性和单调性，进而解不等式.
【详解】（1）若为指数函数，
则，且，解得，即，
所以指数函数的反函数为fx=lg2x.
（2）因为，可知的定义域为R，
且，
可知为定义在R上的偶函数，
又因为在上单调递增，且y=fx在定义域内单调递增，
所以在上单调递增，且在内单调递减，
对于不等式，可得，
整理得，解得，
所以等式的解集为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据对称轴的定义得，，代入即可求；
（2）根据图象变换可求出，结合x的取值范围，求出的范围，由正弦函数性质可得.
【详解】（1）因为是函数y=fx图像的一条对称轴，
所以，得，，
即，而，
（2），
将的图像上所有点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变得，
再将得到的图像向右平移个单位，向上平移一个单位，得，
，则，，
在上的值域为
19．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，则，根据平方关系及商数关系求出，再求出即可得解；
（2）由（1）可得，再利用二倍角公式求出，进而可求得，再根据两角和的余弦公式即可得解.
【详解】（1）因为，，
所以，所以，
，
所以，
所以；
（2）由（1）得，
则，
因为，所以，
所以，
所以，
即，所以，
，
即，
所以.
20．(1)
(2)到分钟
【分析】（1）由已知直接得到解析式，代入求解即可；
（2）根据题意得到不等式，利用指数和对数的运算求解即可.
【详解】（1）由已知可得，
当时，，
所以以开水冲泡绿茶，经过8分钟后茶水温度约为；
（2）由于饮用时茶水温度在至之间口感最佳，
所以，即，
所以，所以，
所以即，
张老师泡的茶水能保持最佳口感的时长为到分钟.
21．(1)
(2)
【分析】（1）令，根据二次不等式以及指数函数单调性解不等式；
（2）根据题意可知方方程在内有2个不同的根，换元，结合函数单调性分析可知在内有2个不同的根，分类参数结合对勾函数分析求解.
【详解】（1）当时，不等式即为，
令，可得，解得或（舍去），
即，解得，
所以关于的不等式的解集为.
（2）对于函数，
令，解得，
可知函数的定义域为.
令，
可得，即，
即方程在内有2个不同的根，
令，可得，
因为在0,+∞内单调递增，
可知在0,+∞内单调递增，且，
可知方程有且仅有一个根1，
由题意可知：在内有2个不同的根，
即在内有两个根，
令，可知在内有两个根，
即与在内有两个不同的交点，
由对勾函数可知在0,1内单调递减，在1,+∞内单调递增，
当时，取到最小值2，
则，可得，
所以实数的取值范围.
【点睛】关键点睛：1.注意对数的真数大于0；
2.利用换元法和转化的思想，结合函数分析函数交点、零点以及方程的根.
22．(1)
(2)①；②
【分析】
（1）利用三角恒等变换化简，根据题意求解即可；
（2）①根据（1），利用换元法，结合二次函数根的分布分情况讨论即可，②设，为方程的两个不相等的实数根，由①可求得，的取值范围，根据，结合三角函数的性质和三角恒等变换求得，的关系，根据韦达定理求解，，代入，的关系式中，即可求得的取值范围.
【详解】（1）
因为的最小正周期为，所以，即，
所以；
（2）①由（1）知，
由，可得，
令，则，，
若函数在有三个零点，
即在有三个不相等的实数根，
也就是关于的方程在区间有一个实根，另一个实根在上，
或一个实根是，另一个实根在，
当一个根在，另一个实根在，
所以，即，解得：，
当一个根为时，即，所以，此时方程为，所以，不合题意，
当一个根是，即，解得，此时方程为，所以，不合题意，
当一个根是，另一个实根在，由得，此时方程为，解得或，这两个根都不属于，不合题意，
综上的取值范围是；
②设，为方程的两个不相等的实数根，则，
由①知，，，
所以，即，
，所以，即，
由得，所以，
因为，，
所以，
所以，
所以，
又，且，所以，
所以，
整理得，因为，所以，
解得或，又，所以，
所以的取值范围是.
【点睛】方法点睛：本题考查三角恒等变换，函数零点问题；先进行三角恒等变换，由最小正周期为，可求解的值，得到的解析式，把函数零点问题转化为方程的根的问题，利用换元法转化为二次方程根的分布问题；利用已知条件通过变形得到，的关系，利用韦达定理把，用表示，代入关系式求解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
D
D
B
A
B
D
BC
ACD
题号
11
12








答案
AD
ABD