福建省泉州市2022-2023学年高一上学期期末教学质量监测数学试题

这是一份福建省泉州市2022-2023学年高一上学期期末教学质量监测数学试题，共18页。

本试卷共22题，满分150分，共6页．考试用时120分钟．
一、选择题：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．
1. 集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出集合，根据交集的定义求得结果.
【详解】因为，，
所以.
故选：B.
2. 已知a，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用函数的观点来思考问题，先把a当作参数，b作自变量，求出 的最大值和最小值，再把a当作自变量，计算 的最值的范围.
【详解】先把a当作参数， ,函数 是减函数，又 ，即 是在 中连续变化的，最大值是a，最小值是 ；
再把a当作自变量， ，函数 是增函数，又 ， ；
故选：C.
3. 已知角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，若的终边与圆心在原点的单位圆交于，且为第四象限角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据象限得出的范围，再根据单位圆的性质得出的值，即可根据三角函数定义得出答案.
【详解】在单位圆上，
，解得，
为第四象限角，
，则，
，
故选：B.
4. 下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的单调性和奇偶性的定义，对各个选项中的函数逐一做出判断，从而得出结论．
【详解】对于A，，当，，在上单调递减，所以在定义域内不是增函数，故A错误；
对于B，，设，是一个偶函数，故B错误；
对于C，，如图，由函数的图像可以看出既是奇函数又是增函数，故C正确；
对于D，是一个偶函数，故D错误.
故选：C.
5. 已知是定义在R上的奇函数，，当时，，则（ ）
A. 1B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由且是一个奇函数，把转化为，再代入求值即可.
【详解】由，得，又是定义在R上的奇函数，
所以.
故选：D.
6. 某同学在用二分法研究函数的零点时，．得到如下函数值的参考数据：
则下列说法正确的是（ ）
A. 1.25是满足精确度为0.1近似值B. 1.5是满足精确度为0.1的近似值
C. 1.4375是满足精确度为0.05的近似值D. 1.375是满足精确度为0.05的近似值
【答案】D
【解析】
【分析】根据二分法基本原理判断即可.
【详解】因为，
且，故AC错误；
因为，，且，故D正确；
因为，且故C错误；
故选:D
7. 鹅被人类称为美善天使，它不仅象征着忠诚、长久的爱情，同时它的生命力很顽强，因此也是坚强的代表．除此之外，天鹅还是高空飞翔冠军，飞行高度可达9千米，能飞越世界最高山峰“珠穆朗玛峰”．如图是两只天鹅面对面比心的图片，其中间部分可抽象为如图所示的轴对称的心型曲线．下列选项中，两个函数的图象拼接在一起后可大致表达出这条曲线的是（ ）
A 及B. 及
C. 及D. 及
【答案】A
【解析】
【分析】根据图形的对称性与定义域特点选择合适的函数.
【详解】因为图形为轴对称图形，所以与对应的值相等，故函数为偶函数，只有A、C选项中函数均为偶函数，故排除B、D；
根据图象可知为封闭图形，的定义域有限，C中及定义域均为，不符合题意.
故选：A
8. 已知正实数a，b，c满足，则以下结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知条件分析出是函数与交点的横坐标，是函数与交点的横坐标，是函数与交点的横坐标，在同一直角坐标系中画出图像，由图像得出，再画出的图像，分析出，利用不等式的性质即可判断出答案．
【详解】，
， ，，
是函数与交点的横坐标，
是函数与交点的横坐标，
是函数与交点的横坐标，
如下图所示，则，且，
选项A：
，且 ，
，故A错误；
选项B：
，且，
，故B错误；
选项C：
，且，
，故C正确；
选项D：
，
，
又，
，故D错误；
故选：C．
二、选择题：本大题共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“，”为假命题，则a的取值可以是（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】AB
【解析】
【分析】把原命题转化为“在上恒成立，分离参数，转化为求函数最值问题，即可判断选项
【详解】由题意“，”为假命题，则“，”为真命题，即在上恒成立，
令，则，又在上单调递减，在上单调递增，且，
则，所以，根据选项AB符合题意.
故选：AB.
10. 已知正数a，b满足，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】运用基本不等式逐项分析.
【详解】对于A， ，
当且仅当 时等号成立，正确；
对于B，由A的分析知： （当 时等号成立），错误；
对于C，由A的分析知：正确；
对于D， ，由A的分析知：
（当且仅当 时等号成立）；
故选：ACD.
11. 已知函数则以下说法正确的是（ ）
A. 若，则是上的减函数
B. 若，则有最小值
C. 若，则的值域为
D. 若，则存在，使得
【答案】ABC
【解析】
【分析】把选项中的值分别代入函数，利用此分段函数的单调性判断各选项.
【详解】对于A，若，，在上单调递减，故A正确；
对于B，若，，当时，，在区间上单调递减，，则有最小值1, 故B正确；
对于C，若，，当时，，在区间上单调递减，；当时，，在区间上单调递增，，则的值域为，故C正确；
对于D，若，当时，；
当时，；
当时，，即当时，，所以不存在，使得，故D错误.
故选：ABC
12. 若实数a，b，c满足，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】通过等量关系，设出，和的表达式，代入各式子即可得出结论.
【详解】由题意，
设，
则，，，
A项，若，即，即，则需要，
∵∴A正确.
B项，若，则需要，
则，
显然不成立，∴，即，∴B错误.
C项，若，则，即，
∵，，
∴，∴C正确.
D项，∵，
∴，D错误.
故选：AC.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡的相应位置．
13. 已知函数为的反函数，则__________．
【答案】16
【解析】
【分析】利用反函数的定义写出即可求解
【详解】因为函数为的反函数，所以
所以
故答案为：16
14. 已知扇形的圆心角为60°，面积是，则此扇形所在圆的半径为__________．
【答案】1
【解析】
【分析】设此扇形所在圆的半径为，然后利用扇形的面积公式即可求解
【详解】设此扇形所在圆的半径为，
扇形的圆心角为60°，对应的弧度为，
所以该扇形面积为，解得，
故答案为：1
15. 德国数学家高斯在证明“二次互反律”的过程中首次定义了取整函数，其中表示“不超过x的最大整数”，如，，．写出满足的一个x的值__________；关于x的方程的解集为__________．
【答案】 ①. (答案不唯一) ②.
【解析】
【分析】根据取整函数的定义即可求解.
【详解】根据取整函数的定义，当时，，故取；
，即，解得.
故答案为：(答案不唯一)；
16. 如图，在半径为的圆周上，一只红蚂蚁和一只黑蚂蚁同时从点出发，按逆时针匀速爬行，设红蚂蚁每秒爬过弧度，黑蚂蚁每秒爬过弧度（其中），两只蚂蚁第2秒时均爬到第二象限，第15秒时又都回到点A．若两只蚂蚁的爬行速度大小保持不变，红蚂蚁从点A顺时针匀速爬行，黑蚂蚁同时从点A逆时针匀速爬行，则它们从出发后到第二次相遇时，黑蚂蚁爬过的路程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出 的值，再求出相遇的周期即可.
【详解】由题意， ，又 ，
，即 ，
即 ，第一次相遇的时间为 （秒），
第二次相遇的时间为出发后的第 （秒），圆的半径为1，黑蚂蚁爬过的路程为： ；
故答案为： .
四、解答题：本大题共6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．
（1）求的值；
（2）已知，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式得到求解；．
（2）由，得到，再由求解.
【小问1详解】
解：由诱导公式得，
所以．
【小问2详解】
由（1）得，
又，即，
所以．
18. 集合，或，且．
（1）求m，n的值；
（2）若非空集合，“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意知是方程的根求得值，可求得集合，从而求出值；
（2）由条件知，列出满足的不等关系即可.
【小问1详解】
因为，或，故是方程的根，所以．
由可得或，所以或
又，或，故，；
【小问2详解】
因为或，
所以．
因为“”是“”的充分不必要条件，故，
又为非空集合，
所以，
故实数a的取值范围是．
19. 已知函数的图象过点，且无限接近直线但又不与该直线相交．
（1）求的解析式；
（2）设函数
（ⅰ）在平面直角坐标系中画出的图象；
（ⅱ）若函数存在零点，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）图象见解析，（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）利用函数过点及指数函数的图象与性质即可求解；
（2）利用指数函数图象平移即可画出分段函数图象，再把函数零点问题转化为方程有解，进一步转化为两个函数有交点问题，数形结合即可求出参数范围
【小问1详解】
当x无限减小时，无限接近0，但不会等于0，
由题设，因为的图象无限接近直线但又不与该直线相交，
所以．由，有，解得，故．
【小问2详解】
（ⅰ）由（1）知
图象如下：

（ⅱ）由题意知有实数解，结合（ⅰ）中图象可知，
当时，与的图象有公共点.
故m的取值范围为．
20. 设函数（且）的图像经过点，记．
（1）求A；
（2）当时，求函数的最值．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）由题意可解得，然后根据对数函数的单调性求解不等式，即可得到结果；
（2）根据题意，由换元法，令，，然后根据二次函数的性质即可求得最值.
【小问1详解】
由函数（且）的图像经过点可得，解得，
故，且定义域为{x|x>0}，
由可得，
所以，即，
由，解得，
故．
【小问2详解】
，，
令，，
函数等价转换为，对称轴为．
所以在单调递减，在单调递增，故．
又，，所以．
21. 中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关．经验表明，某种乌龙茶用100℃的水泡制，等到茶水温度降至60℃时再饮用，可以产生最佳口感．某实验小组为探究在室温下，刚泡好的茶水达到最佳饮用口感的放置时间，每隔测量一次茶水温度，得到茶水温度随时间变化的如下数据：
设茶水温度从100℃开始，经过后的温度为，现给出以下三种函数模型：
①（，）；
②（，，）；
③（，，）．
（1）从上述三种函数模型中选出你认为最符合实际的函数模型，简单叙述理由，并利用前的数据求出相应的解析式；
（2）根据（1）中所求函数模型，求刚泡好的乌龙茶达到最佳饮用口感的放置时间（精确到0.01）；
（3）考虑到茶水温度降至室温就不能再降的事实，试判断进行实验时的室温为多少℃，并说明理由．（参考数据：，．）
【答案】（1）理由见解析，
（2）刚泡好的乌龙茶大约放置能达到最佳饮用口感
（3）乌龙茶所在实验室的室温约为20℃
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合一次函数，指数函数以及对数函数的特点，分析判断即可得到结果，然后将点的坐标代入即可得到解析式；
（2）结合（1）中结论，然后代入计算，即可得到结果；
（3）根据所选函数模型，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
选择②（，，）作为函数模型．
由表格中的数据可知，当自变量增大时，函数值减小，所以不应该选择对数增长模型③；
当自变量增加量为1时，函数值的减少量有递减趋势，不是同一个常数，所以不应该选择一次函数模型①．
故应选择②（，，）
将表中前的数据代入，得，解得，
所以函数模型的解析式为：．
【小问2详解】
由（1）中函数模型，有，即，所以，
即，
所以刚泡好的乌龙茶大约放置能达到最佳饮用口感．
【小问3详解】
由为减函数，且当x越大时，y越接近20，考虑到茶水温度降至室温就不能再降的事实，
所以乌龙茶所在实验室的室温约为20℃．
22. 函数，已知存在实数，．
（1）求实数a的取值范围；
（2）讨论方程的实根个数．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）把代入绝对值不等式，打开绝对值，得到不等式，根据存在性问题求解的范围.
（2）把代入已知方程，分成，，三种情况讨论分段函数的零点问题.
【小问1详解】
因为，
所以，
由，可得，
又，所以，，而，，
所以，
故．
小问2详解】
令，由（1）知，
①当时，，此时有且只有一个实根．
②当时，
因为抛物线开口向上，且对称轴为，
所以在区间上单调递增；
而抛物线开口向上，且对称轴为，
所以在区间上单调递减；
故函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又因为，所以有两个不等实根．
③当时，
因为抛物线开口向下，且对称轴为，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减；
而抛物线开口向下，且对称轴为，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减；
故函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又因为，所以必有两个不等实根．
综上所述，当时，方程恰有一个实根；
当，时，方程有且只有两个实根．
【点睛】含有绝对值函数的零点问题方法点睛：
（1）含有绝对值的函数首先去掉绝对值，转化为分段函数，由每一段的单调性考查最值、零点情况；
（2）通过构造函数，结合函数的图象求解零点，体现了函数与方程的思想．x
1
1.25
1.375
1.40625
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1.5
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0.1460
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时间/min
0
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3
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水温/℃
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92.00
84.80
78.37
72.53
67.27