北京市朝阳区2023-2024学年高一上学期期末质量检测数学试题 含解析

这是一份北京市朝阳区2023-2024学年高一上学期期末质量检测数学试题 含解析，共17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。
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题（共50分）和非选择题（共100分）两部分
第一部分（选择题 共50分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合集合交集的概念，即可求解.
【详解】由集合，
集合B由，所有偶数构成，集合A中只有-2,2两个偶数，故.
故选：B.
2. 命题“，都有”的否定为（ ）
A. ，使得B. ，使得
C. ，都有D. ，都有
【答案】A
【解析】
【分析】根据全称命题的否定知识即可求解.
【详解】由“，使得”的否定为“，使得”，故A正确.
故选：A.
3. 已知，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，以及特例法，结合指数函数的单调性，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，例如，此时满足，但，所以A错误；
对于B中，当时，，所以B不正确；
对于C中，由指数函数为单调递增函数，因为，可得，所以C正确；
对于D中，例如，此时满足，但，所以D不正确.
故选：C.
4. 设R，则“＞1”是“＞1”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】
【详解】试题分析：由可得成立，反之不成立，所以“”是“”的充分不必要条件
考点：充分条件与必要条件
5. 已知是函数的一个零点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断出单调性，根据是函数的一个零点求出的值域可得答案.
【详解】因为为上的单调递增函数，
所以为上的单调递增函数，
又因为是函数的一个零点，
所以时，时，
若，则.
故选：D.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据幂函数和对数函数的单调性比较大小即可.
【详解】因为幂函数在上单调递增，，所以，即，
因为对数函数在单调递减，，所以，即，
所以，
故选：C.
7. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合三角函数的周期性求，利用特殊点的相位求的值.
【详解】由图可知：，由.
由.
故选：B
8. 函数是（ ）
A. 奇函数，且最小值为B. 奇函数，且最大值为
C. 偶函数，且最小值为D. 偶函数，且最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合函数的奇偶性，判定A、B不正确；再结合三角函数的图象与性质，求得函数的最大值和最小值，即可求解.
【详解】由函数，可得其定义域，关于原点对称，
且，所以函数为偶函数，
因为，
所以为的一个周期，
不妨设，
若时，可得，
因为，可得，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得；
若，可得，
因为，可得，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得，
综上可得，函数的最大值为，最小值为.
故选：D.
9. 已知函数的图象是在上连续不断的曲线，在区间项上单调递增，且满足，，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过条件分析函数具有的性质，再把函数不等式转化为代数不等式求解.
【详解】由得：的图象关于点对称；
；
又在上连续不断，且在上单调递增，
所以在上单调递增.
.
故选：B
10. 在一定通风条件下，某会议室内的二氧化碳浓度c随时间t（单位：）的变化规律可以用函数模型近似表达．在该通风条件下测得当时此会议室内的二氧化碳浓度，如下表所示，用该模型推算当时c的值约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意知建立方程组分别求出，，从而可求解.
【详解】由题意得：当时，，
当时，，
当时，，
由得，
由得，
由得，所以，
由得，解得，
所以当时，，
故C正确.
故选：C.
第二部分（非选择题 共100分）
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11. 函数的定义域为_________________ .
【答案】
【解析】
【分析】根据对数的真数大于零，列出不等式解出即可.
【详解】由得，
则函数的定义域为.
故答案为:
12. 若，则的最小值是_____．
【答案】3
【解析】
【分析】，利用基本不等式可得最值．
【详解】∵，
∴，
当且仅当即时取等号，
∴时取得最小值3.
故答案为：3．
13. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，若角的终边经过点，角的终边与角的终边关于原点对称，则__________，__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据角终边经过点，从而可求出，，再根据角的终边与角的终边关于原点对称，从而可求解.
【详解】对空：由点在角的终边上，所以，.
对空：由角的终边与角的终边关于原点对称，所以.
故答案为：；.
14. 已知函数的图象过原点，则__________；若对，都有，则m的最大值为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据函数过原点，从而求出的值；对于，只需求出，从而可求解.
【详解】对空：由函数过原点，即，得；
对空：由函数在定义域上单调递增，且恒成立，所以的最大值为.
故答案为：；.
15. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．若函数的图象关于y轴对称，则的一个取值为__________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据图象平移变换得到的解析式，结合图象关于y轴对称，令，求出的值.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，
则，
因为函数的图象关于y轴对称，则，即，
所以，即，，所以的一个取值为,
故答案为：（答案不唯一）.
16. 已知函数，为偶函数，且当时，，记函数，给出下列四个结论：
①当时，在区间上单调递增；
②当时，是偶函数；
③当时，有3个零点；
④当时，对任意，都有．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③
【解析】
【分析】根据题意，结合函数的解析式，利用函数的新定义，结合函数的图象、函数的零点的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】因为为偶函数，且当时，，
当时，可得，所以，
对于①中，当时，，
令，解得，
如图所示，，
结合图象，可得函数在区间上单调递增，所以①正确；

对于②中，当时，可得，
令，即，解得或，
当时，可得；当时，可得；
当时，可得，
即，其中，所以，
所以当时，函数不是偶函数，所以②不正确；
对于③中，当时，令，即，解得，
当时，令，即，解得，
当时，令，即，解得或，
若时，函数有三个零点，分别为，和；
若时，即时，函数有三个零点，分别为，和；
若时，即时，函数有三个零点，分别为，和；
综上可得，当时，函数有三个零点，所以③正确；
对于④中，当时，令，即，解得，
将点代入函数，可得，解得，
如图所示，当时，函数，所以④不正确.
故答案为：①③.

三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）
17. 已知集合．
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简集合，直接利用并集运算求解即可；
（2）化简集合，根据交集运算结果求解参数.
【小问1详解】
由题知，，
，
因为，所以，
所以.
【小问2详解】
因为，
且，，
所以.
18. 已知为锐角，．
（1）求和的值；
（2）求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据同角三角函数平方关系求出，再根据商数关系和两角和正切公式化简得结果；
（2）根据二倍角公式得，，再根据两角和余弦公式得，最后根据范围求结果.
【小问1详解】
因为为锐角，，所以，
所以，
又因为，所以，
【小问2详解】
因为为锐角，，所以，解得，
所以，
，
所以，
又因为为锐角，所以，
所以.
19. 设函数．
（1）当时，求的值；
（2）判断在区间上的单调性，并用函数单调性的定义证明你的结论；
（3）当时，的最小值为3，求m的值．
【答案】（1）2 （2）在区间上的单调递增，证明见解析
（3）7
【解析】
【分析】（1）求出函数的解析式，进而求出的值；
（2）利用函数单调性的定义证明单调性；
（3）由（2）的单调性，可得，求出的值.
【小问1详解】
当时，，
所以.
【小问2详解】
在区间上的单调递增，证明如下：
在上任取，且，
则，
因，，所以，
所以，即，
所以，即，所以，
即在区间上单调递增.
【小问3详解】
时，由（2）可得在上单调递增，
所以，
所以.
20. 设函数，且．
（1）求的值；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值及的零点．
条件①：是奇函数；
条件②：图象的两条相邻对称轴之间的距离是；
条件③：在区间上单调递增，在区间上单调递减．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）选择①，不存在；选择②，，；选择③，，
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式化简函数，根据，即可求解；
（2）根据奇函数性质、三角函数图象的性质以及三角函数的单调性，即可逐个条件进行判断和求解.
【小问1详解】
，
又，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
选择①：因为是奇函数，
所以与已知矛盾，所以不存在.
选择②：因为图象的两条相邻对称轴之间的距离是，
所以，，，
则，
令，
解得.
即零点为.
选择③：
对于，，
令，，
解得，，
即增区间为，
减区间为，
因为在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以时符合，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以且，
解得，则，
所以令，
解得，
即零点为.
21. 已知集合，其中且，非空集合，记为集合B中所有元素之和，并规定当中只有一个元素时，．
（1）若，写出所有可能的集合B；
（2）若，且是12的倍数，求集合B的个数；
（3）若，证明：存在非空集合，使得是的倍数．
【答案】21. ，，， 22. 4 23. 证明见详解
【解析】
【分析】根据条件，可列出（1）（2）中所有满足条件的；对（3），分情况讨论，寻找使是倍数的集合.
小问1详解】
所有可能的集合为：，，，.
【小问2详解】
不妨设：，由于，且，
所以.
由题意，是12的倍数时，或.
当时，因为，
所以当且仅当时，成立，故符合题意.
当时，
若，则，故或符合题意；
若，则，故符合题意；
若，则，无解.
综上，所有可能的集合为，，，.
故满足条件的集合的个数为.
【小问3详解】
（1）当时，设，则
，
这个数取个值，故其中有两个数相等.
又因为，于是，
从而互不相等，互不相等，
所以存在，使得.
又因，故.
则，则，结论成立
（2）当时，不妨设，
则（），在这个数中任取3个数，.
若与都是的倍数，，
这与矛盾.
则至少有2个数，它们之差不是的倍数，不妨设不是的倍数.
考虑这个数：，，，，，.
①若这个数除以的余数两两不同，则其中必有一个是的倍数，又，且均不为，
故存在，使得.
若为偶数，取，则，结论成立；
若为奇数，取，则，结论成立.
②若这个数除以的余数中有两个相同，则它们之差是的倍数，又，均不是的倍数，
故存在，使得.
若为偶数，取，则，结论成立；
若为奇数，取，则，结论成立.
综上，存在非空集合，使得是的倍数.
【点睛】关键点点睛：如何找到非空集合，使得是的倍数是问题的关键.
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