天津市滨海新区2023-2024学年高一（上）期末检测卷数学试题（含解析）

这是一份天津市滨海新区2023-2024学年高一（上）期末检测卷数学试题（含解析），共16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。

高一年级数学
第Ⅰ卷 选择题 （60分）
一、选择题：本卷共12小题，每小题5分，共60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，请将所选答案填入答题纸中的答题栏内.
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设函数，则函数的零点所在区间是（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
4．“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．把函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象所对应的函数的解析式是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数（，且）的图象恒过定点，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
8．已知扇形的圆心角为，弧长为，则该扇形的面积是（ ）
A．B．C．D．
9．函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
10．海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮.一般地，早潮叫潮，晚潮叫汐.由于受潮汐的影响，某港口一天中各时刻的水位高低相差很大.如图，已知该港口某天从8时至14时的水深（单位：）与时刻的关系可用函数近似刻画，其中，，.据此可估计该港口当天9时的水深为（ ）
A．B．C．D．
11．若函数有最小值，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
12．若函数（，）的最小正周期为，且.给出下列判断：
①若，则函数的图象关于直线对称
②若在区间上单调递增，则的取值范围是
③若在区间内没有零点，则的取值范围是
④若的图象与直线在上有且仅有1个交点，则的取值范围是
其中，判断正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.
2.本卷共12小题，共90分.
二、填空题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.
13．命题“，”的否定是 .
14．已知幂函数的图象经过点(2,4)，则 ．
15．若，则的最小值为 ．
16．已知，，则用，表示 .
17．已知函数.
（ⅰ）函数的定义域为 ；
（ⅱ）若是斜三角形的一个内角，则使不等式成立的的集合为 .
18．已知集合或，，其中.
（ⅰ）当时， ；
（ⅱ）若，则实数的取值范围为 .
19．2023年10月26日神舟十七号载人飞船在长征二号F遥十七运载火箭的托举下点火升空，成功进入预定轨道.我国在航天领域取得的巨大成就，得益于我国先进的运载火箭技术.根据火箭理想速度公式，可以计算理想状态下火箭的最大速度，其中是喷流相对速度，是火箭（除推进剂外）的质量，是推进剂与火箭质量的总和，称为总质比.已知甲型火箭喷流相对速度为.
（ⅰ）当总质比为9时，甲型火箭的最大速度为 ；
（ⅱ）若经过材料更新和技术改进后，甲型火箭的喷流相对速度提高到原来的倍，总质比变为原来的.若要使火箭的最大速度至少增加，则在材料更新和技术改进前总质比的最小值为 .
（所有结果保留整数，参考数据：，）
20．设函数
（ⅰ） ；
（ⅱ）若存在实数，，，满足，且，则的取值范围是 .
三、解答题：本大题共4小题，共50分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
21．已知，.
(1)求，的值；
(2)求，的值.
22．已知二次函数，.
(1)若函数是偶函数，求实数的值；
(2)若，求不等式的解集；
(3)若函数在区间上具有单调性，求实数的取值范围.
23．已知函数.
(1)求函数的最小正周期；
(2)求函数在上的单调递减区间；
(3)已知函数在上存在零点，求实数的取值范围.
24．已知，函数.
(1)当时，求函数的定义域；
(2)若关于的方程的解集中有且只有一个元素，求实数的取值范围；
(3)设，若，使得函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求实数的取值范围.
参考答案与解析
1．C
【分析】根据集合的补集运算即可求解.
【解答】由，可得，
故选：C
2．B
【分析】利用函数的单调性和零点存在原理进行判断即可.
【解答】因为，
所以，
又因为函数是实数集上的增函数，
所以函数的零点所在区间是，
故选：B
3．D
【分析】特殊值判断A、C；特殊值判断B；利用不等式性质判断D.
【解答】若时，有，，A、C错；
若，则，B错；
由，结合不等式性质知，D对.
故选：D
4．A
【分析】根据指数函数单调性解不等式，结合充分、必要性定义判断关系.
【解答】当，可得，故“”是“”的必要不充分条件.
故选：A
5．A
【分析】根据图象变换过程写出函数的解析式即可.
【解答】所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，则.
故选：A
6．D
【分析】根据指对数的性质判断大小关系即可.
【解答】由，即.
故选：D
7．C
【分析】由指数函数性质确定图象所过定点.
【解答】令，则，故函数恒过定点.
故选：C
8．B
【分析】根据弧长公式及扇形面积公式即可求解.
【解答】由扇形的弧长公式得，则，解得，
扇形的面积为.
故选：B
9．D
【分析】由奇偶性定义判断A、B，求判断C，结合排除法确定答案.
【解答】由，且定义域为R，为奇函数，A不符；
由，且定义域为R，为奇函数，B不符；
由与图象不符，C不符.
故选：D
10．C
【分析】根据函数图象可得函数的表达式为，即可代入求解.
【解答】根据图象可得，解得：，
故，
当时，，故，
进而可得，由于，所以，
故，
当时，则，
故选：C
11．B
【分析】由分段函数解析式，结合指数、二次函数的性质，讨论、研究有最小值情况下参数范围.
【解答】由在上递增，且值域为，
由，开口向上且对称轴为，
所以，二次函数在上递减，在上递增，
要使有最小值，
当时，显然不成立；
当时，，则，可得；
综上，实数的取值范围是.
故选：B
12．C
【分析】由题设可得，代入验证法判断①；由区间单调性及正弦函数性质有求参数范围判断②；由区间零点及正弦函数性质，讨论、研究参数范围判断③；由题设，结合题设及正弦函数性质有求参数范围判断④.
【解答】由，则，即，又，
所以，故，
当，则，故函数的图象关于直线对称，①对；
当，则，且在区间上单调递增，
所以，可得，②对；
当，则，且在区间内没有零点，
若，则，此时满足题设；
若，则，故，可得且，
所以，可得；
综上，的取值范围是，③错；
当，则，
又的图象与直线在上有且仅有1个交点，故，
所以，即的取值范围是，④对.
故选：C
【点拨】关键点点拨：根据已知求得，根据各项给定范围求对应的范围，结合正弦函数性质列不等式求参数范围.
13．，
【分析】由特称命题的否定：存在改任意并否定原结论，即得答案.
【解答】由特称命题的否定为全称命题，则原命题的否定为，.
故答案为：，
14．
【分析】由幂函数所过的点可得，即可求.
【解答】由题设，，可得.
故答案为：
15．
【分析】因为，直接利用基本不等式求出其最小值．
【解答】因为，则，当且仅当 时，等号成立，
故答案为：
16．
【分析】根据换底公式即可求解.
【解答】，
故答案为：
17．
【分析】（ⅰ）正切函数性质求定义域；
（ⅱ）由正切函数的单调性解不等式求解集.
【解答】（ⅰ）由正切函数性质知，，故定义域为；
（ⅱ）由，又是斜三角形的一个内角，故，所以.
故答案为：，
18． 或
【分析】根据并集的定义，结合交集的运算性质进行求解即可.
【解答】（ⅰ）当时，集合或，，
所以或；
（ⅱ）因为，所以，
于是有或，即或，
因此实数的取值范围为，
故答案为：或；
19． 4400 22
【分析】（ⅰ）根据给定公式求甲型火箭的最大速度即可；
（ⅱ）由题设有原甲型火箭的最大速度为，材料更新和技术改进后，甲型火箭的最大速度为，解不等式即可求最值.
【解答】（ⅰ）由题设，甲型火箭的最大速度为；
（ⅱ）由题意，，原甲型火箭的最大速度为，
材料更新和技术改进后，甲型火箭的最大速度为，
所以，即，可得.
故答案为：，
20． 0
【分析】（ⅰ）应用分段函数解析式，将自变量代入求值；
（ⅱ）画出分段函数大致图象，数形结合判断实数，，，的范围，结合各分段对应函数的性质求得，，，即可求目标式的范围.
【解答】（ⅰ）由，则；
（ⅱ）由解析式可得函数大致图象如下：
存在实数，，，满足，且，
所以，而，有或（舍），又，
故，，，
由，可得，
所以.
故答案为：0，
21．(1)，
(2)，
【分析】（1）应用同角三角函数关系即可求解；
（2）应用两角和的正弦公式及二倍角的余弦公式即可求解.
【解答】（1）∵，，
∴,
∴;
（2）
,
.
22．(1)；
(2)；
(3)或.
【分析】（1）由偶函数性质列方程得恒成立，即得参数；
（2）解不含参的一元二次不等式求解集；
（3）根据二次函数的区间单调性列不等式求参数范围.
【解答】（1）因为函数是偶函数，所以.
所以，所以.
由的任意性，所以.
（2）当时，.
则，解得，
不等式的解集为.
（3）函数对称轴，开口方向向上.
因为函数在区间上具有单调性，则，或，解得，或.
所以实数的取值范围为或.
23．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）应用诱导公式、倍角正余弦公式及辅助角公式化简函数式，进而求最小正周期；
（2）令，结合正弦函数性质求递减区间；
（3）问题化为在上有解，令，，再结合二次函数性质求参数范围.
【解答】（1）
，
由，则的最小正周期为.
（2）由（1）知，设，，所以，
又在的单调递减区间是，
由，得，所以在上的单调递减区间是.
（3）由（2）知，所以.
函数在上存在零点，
即在上有解.
由（2）知在，上单调递增，在上单调递减.
在上，.
令，，则，
所以，解得，所以实数的取值范围为.
24．(1)
(2)或，
(3).
【分析】（1）根据对数的性质列不等式即可求解，
（2）将问题转化为有且仅有一正根.即可利用二次型函数的性质分类求解，
（3）利用单调性的定义即可求解函数单调性，进而利用单调性求解最值，将问题进一步转化为二次函数的性质求解最值即可.
【解答】（1）时，
所以得，
所以函数的定义域为.
（2）方程，即，即.
∴，化为：，方程的解集中有且只有一个元素，等价于有且仅有一正根.
（1）若，化为，解得，符合题意；
（2）若，此时.
①令，得，解得，符合题意；
②当，即时，方程有两个解，设为，.
则，.
当时，，此时方程有一正、一负根，符合题意.
当时，，，此时方程有两个正根，不符合题意.
综上，实数的取值范围为或，
（3）.
当时，.
因为，，所以.
所以，所以，
所以.
所以在上单调递减，
所以函数在区间上的最大值与最小值分别为，.
即：，
即：，因为，，
整理得：，令.
因为时，存在，
故只需.
因为，对称轴方程，所以在上单调递增，
所以，故，得.
故实数的取值范围为.
【点拨】方法点拨：处理多变量函数最值问题的方法有：（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化.