2022-2023学年福建省漳州市上学期高一期末教学质量检测数学试题含解析

2022-2023学年福建省漳州市上学期高一期末教学质量检测数学试题

一、单选题

1．已知集合则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用集合并集和补集概念求解.

【详解】因为,所以，

故选:A.

2．如果且，则角的终边可能位于

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】根据三角函数在各个象限的符号，即可判定，得到答案．

【详解】由，则角为位于第三、四象限，又由，则角为位于第二、四象限，

所以角为位于第四象限，故选D．

【点睛】本题主要考查了三角函数在各个象限的符号的应用，其中熟记三角函数在各个象限的符号是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．

3．设，，则a，b，c的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据指数函数与对数函数的性质，求得的取值范围，即可求解.

【详解】由对数的性质，可得，

又由指数函数的性质，可得，即，且，

所以.

故选：C.

4．某地通讯公司推出了两种手机资费套餐，如下表所示：

已知小明某月国内主叫通话总时长为分钟，使用国内数据流量为兆，则在两种套餐下分别需要支付的费用为（    ）和（    ）A．和              B．和              C．和              D．和

【答案】B

【分析】计算出两种套餐下，小明需要支付的费用，可得出合适的选项.

【详解】在套餐1下，小明需要支付的费用为（元），

在套餐2下，小明需要支付的费用为（元），

故选：B.

5．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先根据函数的奇偶性，可排除BD，根据当时，即可排除C得出答案.

【详解】因为，

所以，

所以为偶函数，故排除BD；

当时，，，则，故排除C.

故选：A．

6．若函数是奇函数，则a＝（    ）

A． B． C．－1 D．1

【答案】C

【分析】由奇函数性质求得，再检验．

【详解】的定义域是，

由题意，，

，则，是奇函数，

故选：C．

7．函数的单调区间是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据正切函数的性质可得，解得答案.

【详解】由，解得，

所以函数的单调区间是.

故选：A.

8．意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为

设函数，

若实数m满足不等式，则m的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题可判断为奇函数，且在上为增函数，所以不等式化为，利用单调性即可求解.

【详解】由题意可知，的定义域为，

，为奇函数，

，且在上为减函数，

在上为减函数.

，

因为在上为减函数

当时，即或

，或.

当时，即

，此时成立，

综上：或或

故选：.

二、多选题

9．若函数，则（    ）

A．的图象经过点和

B．当的图象经过点时，为奇函数

C．当的图象经过点时，为偶函数

D．当时，存在使得

【答案】BC

【分析】利用幂函数的的性质一一判断求解即可.

【详解】根据幂函数的图象性质可知，当时，幂函数不经过点，故A错误；

当的图象经过点时，，

因为经过点，

所以时，的定义域为，时，的定义域为，都关于坐标原点对称，

又，

所以为奇函数，B正确；

当的图象经过点时，，

因为经过点，

所以时，的定义域为，时，的定义域为，都关于坐标原点对称，

又，

所以为偶函数，C正确；

当时，在单调递增，

所以，D错误，

故选：BC.

10．函数，下列结论正确的是（    ）

A．的值域是

B．当且仅当或时，有最大值

C．当且仅当时，有最小值

D．当且仅当时，

【答案】AB

【分析】分析可知，求出函数的最小正周期，并作出函数的图象，逐项判断可得出合适的选项.

【详解】作出函数的图象如下图中的实线部分所示：

易知，

所以，

，

结合图形可知，函数为周期函数，且最小正周期为.

由图可知，对于AC选项，函数的值域是，A对C错；

对于B选项，当且仅当或时，有最大值，B对；

对于D选项，当且仅当时，，D错.

故选：AB.

11．函数，下列结论正确是（    ）

A．图象关于y轴对称 B．在[0，+）上单调递减

C．的值域为 D．有最大值

【答案】AD

【分析】对选项A，根据函数为偶函数即可判断A正确，对选项B，根据定义域为，即可判断B错误，对选项C，根据的值域为，即可判断C错误，根据的值域为，即可判断D正确.

【详解】对选项A，，定义域为，

，所以函数为偶函数，

图象关于轴对称，故A正确.

对选项B，因为定义域为，

所以在上单调递减错误，故B错误.

对选项C，，

因为，所以，且，

所以的值域为，故C错误.

对选项D，因为的值域为，所以的最大值为，故D正确.

故选：AD

12．若函数则（    ）

A．为偶函数 B．存在实数，使得函数的零点恰有4个

C．在上单调递增 D．方程在内有4个不同的解

【答案】ACD

【分析】根据偶函数定义判断A，利用数形结合的方法讨论的根的个数可判断B,D，再根据函数，的单调性判断C.

【详解】函数定义域为,且，

所以函数为偶函数，A正确；

若，则的零点为，则有无数个零点，

若，则，

当时，方程无解，

当时，，作图如下，

由图象可知，有无数个解，

同理当时，有无数个解，

若，则，

当时，方程无解，

当时，，作图如下，

由图象可知，有无数个解，

同理当时，有无数个解，

综上，不存在实数，使得函数的零点恰有4个，B错误；

因为在上单调递增且恒大于零，单调递增且恒大于零，

所以在上单调递增，C正确；

由可得，作出，的图象如下，

因为，所以数形结合可得可知，

方程在有2个根，

又因为，都为奇函数，

所以方程在有2个根，

所以方程在共有4个根，

综上方程在内有4个不同的解，D正确，

故选：ACD.

三、填空题

13．函数且的图像恒过定点，则点的坐标为___________.

【答案】

【分析】设求出定点的横坐标，代入函数求出定点的纵坐标，即得解.

【详解】解：设.

当时，，

所以函数的图象经过定点.

故答案为：

14．已知扇形面积为4，圆心角为2rad，则扇形的周长为______．

【答案】8

【分析】根据扇形的面积公式和弧长公式求解.

【详解】因为扇形面积为，所以，

所以弧长，所以周长为，

故答案为:8.

15．已知______．

【答案】1

【分析】指数式化为对数，再上对数的换底公式、运算法则计算．

【详解】由已知，，

则，，

．

故答案为：1.

四、双空题

16．函数f（x）＝ ，直线y＝b与f（x）的图像四个交点的横坐标从左到右依次为x1，x2，x3，x4，则x1+x2＝______，的取值范围是______．

【答案】         

【分析】根据条件画出函数 的图像，根据图像以及函数的性质求解.

【详解】由题意，函数 的图像大致如下：

显然欲使得 与 有4个交点，则必须 ，又 关于 对称，

，又 ，

，

， ，

故答案为： ； .

五、解答题

17．已知集合，．

(1)求；

(2)设集合，若，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）解不等式得，然后由集合的运算法则计算；

（2）由交集是空集得的不等关系，从而得参数范围．

【详解】（1）依题意，，

或，

所以，则；

（2）因为，，

则且，解得，

所以a的取值范围为．

18．已知函数 的最小正周期为π，最大值为2，且过点．

(1)求的解析式；

(2)求在区间上的最大值和最小值．

【答案】(1)；

(2)最大值为，最小值为.

【分析】（1）根据函数的最值可得，利用周期可得，根据所过的点结合条件可得，进而即得；

（2）根据正弦函数的性质结合条件即得.

【详解】（1）由最大值为2及，则，

由题可知，解得，从而，

又因为过点，则，

所以或，又因为，

所以，

故；

（2）设，，当时，，

所求转化为，求在区间的最大值和最小值，

由于在区间上单调递增，在区间上单调递减，

从而，知，，

故当时，的最大值为2，当时，的最小值为.

19．在平面直角坐标系中，角的始边为轴的非负半轴，终边在第二象限且与单位圆交于点，点的纵坐标为

(1)求和的值；

(2)若将射线绕点逆时针旋转，得到角，求．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由三角函数的定义可得出，利用同角三角函数的基本关系可求得的值，即可求得和的值；

（2）利用诱导公式可求得、，再利用诱导公式可求得所求代数式的值.

【详解】（1）解：由三角函数的定义可得，

又因为为第二象限角，则，

所以，，.

（2）解：由题知，则，，

则．

20．① ；②为偶函数；③的图象经过的图象所在的定点．从这三个条件中选一个补充在下面问题中，并解答下面的问题．

问题：已知函数，，且____．

(1)求的解析式；

(2)判断在区间上的单调性，并用定义证明．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)选择条件见解析，

(2)在区间上单调递增，证明见解析

【分析】（1）选①只需根据已知列式，即可得出；选②根据偶函数的定义得出，即可列式解出；选③通过指数函数的性质结合函数平移得出其过的定点，即可代入解出；即可得出答案；

（2）根据函数单调性的定义证明，任取、，当时，得出，即可证明.

【详解】（1）选①：由，得，解得；

选②：为偶函数，

，即，即，对任意恒成立，所以；

选③，由于的图象所在的定点为，故，解得．

综上，，此时．

（2）在区间上单调递增．理由如下：

任取、，当时，．

由于，所以，，

所以，故，

所以在区间上单调递增．

21．1999年以来，漳州市连续每年11月18日承办海峡两岸花卉博览会，开创了两岸花卉直接交流的先河．近年来，漳州市委、市政府高度重视花卉苗木产业的培育和发展，将花卉苗木产业纳人全市“千百亿产业培育行动计划”，出台了多项扶持政策．某花卉苗木企业积极响应市里号召，决定对企业的某花卉进行一次评估．已知该花卉单价为15元，年销售10万棵．

(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少4000棵，要使销售的总收入不低于原收入，该花卉每棵售价最多为多少元？

(2)为了抓住此次契机，扩大该花卉的影响力，提高年利润，企业决定立即对该花卉进行种值技术革新和营销策略改革，拟投入x（）万元作为技改费和宣传费用，每棵售价定为（x+15）元，预估每棵成本为元，销售量与投入费用的函数关系近似为S（x）万棵．试问：投入多少万元技改费和宣传费能获得最高利润，此时利润是多少万元？（利润＝销售额－成本－技改费和宣传费）

【答案】(1)25元

(2)投入3万元，113万元

【分析】（1）设每棵花卉售价为元，由已知列不等式求解可得；

（2）列出利润函数后由基本不等式得最高利润，由此得解．

【详解】（1）设每棵花卉售价为元，

依题意，有，即，

又，于是有，即，

因此该花卉每棵售价最多为25元．

（2）依题意，设利润为万元，

则

，

因为，所以，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，即，

所以，

从而有当时，有最大值113，

所以投入3万元技改费和宣传费时，可获得最高利润113万元．

22．已知函数

，．

(1)求的值域；

(2)对，使得成立，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）令，通过二次函数的单调性可得到，而得到，即可求出答案；

（2）设的值域为B，根据题意可得，设，则，分，，和四种情况进行列不等式即可

【详解】（1）令，则，

因为在内单调递减，所以，

又在上单调递增，从而有，

所以的值域为；

（2）当时，设的值域为B，依题意，知，

设，则，

当时，，

当时，在上单调递减，可知，

从而有解得无解；

当时，在上单调递增，可知，

从而有解得；

当时，可知，从而有解得（舍去）；

当时，可知，从而有解得（舍去）；

综上所述，a的取值范围为．