海南省海南中学2023-2024学年高一上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份海南省海南中学2023-2024学年高一上学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（满分：150分；考试时间：120分钟）
一、单项选择题：本题共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. 设集合，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
3. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，则“角与角的终边关于轴对称”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
4. 1614年苏格兰数学家纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明了对数方法；1637年法国数学家笛卡尔开始使用指数运算；1770年瑞士数学家欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明先于指数．若，，则的值约为（ ）
A. 2.301B. 2.322C. 2.507D. 2.699
5. 函数的零点一定位于下列的哪个区间（ ）
A. B. C. D.
6. 设，，，则a，b，c大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
7. 函数在区间上的图象如图所示，将该函数图象上各点的横坐标缩短到原来的一半（纵坐标不变），再向右平移个单位长度后，所得到的图象关于原点对称，则的最小值为（ ）

A. B. C. D.
8. 已知函数，若的最小值为，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列三角式中，值为1的是（ ）
A B.
C. D.
10. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
11. 已知是函数的图象与直线的两个交点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 的定义域为
C. 在区间单调递增
D. 的图象的对称中心为点
12. 设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，也叫取整函数，例如．令函数，以下结论正确的有（ ）
A.
B.
C. 的最大值为1，最小值为0
D. 与的图象有无数个交点
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知函数是幂函数，则_________.
14. 已知扇形的周长是，面积是，则扇形的圆心角的弧度数是___________.
15. 已知函数的定义域为R，且，，请写出满足条件的一个______（答案不唯一）．
16. 已知，，则______．
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知为角终边上一点.
（1）求和的值；
（2）求的值.
18. 已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，．
（1）求在R上的解析式；
（2）判断的单调性，并解不等式．
19. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）在下列三个条件中，选择一个作为已知，使得实数值唯一确定，并求函数在上的最小值．
条件①：的最大值为；
条件②：的一个对称中心为；
条件③：一条对称轴为．
20. 深圳别称“鹏城”，“深圳之光”摩天轮是中国之眼．游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色，摩天轮最高点距离地面高度为120米，转盘直径为110米，当游客坐上“深圳之光”摩天轮的座舱开始计时．开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要30分钟．开始转动t分钟后距离地面的高度为米．
（1）经过t分钟后游客距离地面的高度为H米，已知H关于t的函数关系式满足（其中，，），求摩天轮转动一周的解析式；
（2）若游客在距离地面至少92.5米的高度能够获得最佳视觉效果，请问摩天轮在运行一周的过程中，游客能有多长时间有最佳视觉效果？
21. 已知函数.
（1）请用五点作图法画出函数在上的图象；（先列表，后画图）
（2）设，当时，试讨论函数零点情况
22. 已知函数.
（1）判断的奇偶性并求的单调区间；
（2）设函数（），若有唯一零点，求a的取值集合；
（3）若对，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
海南中学2023-2024学年度第一学期期末考试
高一数学试题
（满分：150分；考试时间：120分钟）
一、单项选择题：本题共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. 设集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合，结合交集运算可求.
【详解】，，所以.
故选：C
2. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将函数转化为分段函数，再选择图象即可.
【详解】，结合图形可知C适合题意.
故选：C.
3. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，则“角与角的终边关于轴对称”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的性质，即可几何和充分必要条件的定义求解.
【详解】由角与角的终边关于轴对称可得,故，
充分性成立，
当时，或，故不必要不成立，
故选：A
4. 1614年苏格兰数学家纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明了对数方法；1637年法国数学家笛卡尔开始使用指数运算；1770年瑞士数学家欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明先于指数．若，，则的值约为（ ）
A. 2.301B. 2.322C. 2.507D. 2.699
【答案】B
【解析】
【分析】根据指对数互化公式得，再结合换底公式计算即可得答案.
【详解】解：由指对数互化公式得
故选：B
5. 函数的零点一定位于下列的哪个区间（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由根的存在性定理求端点值的正负性，可知零点所在区间．
【详解】因为函数,是连续单调函数，
且
，
∴函数的零点一定位于区间.
故选:C．
6. 设，，，则a，b，c大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数与对数函数的性质，分别求得的取值范围，即可求解.
【详解】由对数函数性质，可得，
，即，
又由指数函数的性质，可得，所以.
故选：A.
7. 函数在区间上的图象如图所示，将该函数图象上各点的横坐标缩短到原来的一半（纵坐标不变），再向右平移个单位长度后，所得到的图象关于原点对称，则的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的图象确定的值，可得函数解析式，根据图象的伸缩平移变换可得变换后的函数表达式，结合其性质即可求得答案.
【详解】由图象可知函数的最小正周期为，
又，故，由于，故，
所以，
将该函数图象上各点的横坐标缩短到原来的一半（纵坐标不变），
再向右平移个单位长度后，得到的图象，
因为该图像图象关于原点对称，即为奇函数，
故，则，
而，则的最小值为，
故选：C
8. 已知函数，若的最小值为，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用基本不等式及对勾函数性质确定在上的单调性和最值，结合二次函数性质及最小值列不等式组求参数范围.
【详解】由，则，当且仅当时等号成立，
结合对勾函数性质，在上递减，在上递增，且，
由在上递减，在上递增，
又的最小值为，故且，
综上，.
故选：A
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列三角式中，值为1的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A、B、C三个选项都套用2倍角公式计算即可，D选项直接计算就可选出答案.
【详解】A选项,，故正确.
B选项，，故正确.
C选项，，故正确.
D选项，，故错误
故选：ABC
10. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】AB选项，两边平方得到，再结合得到，，得到AB正确；先求出的平方，结合角的范围求出的值.
【详解】AB选项，两边平方得，，
即，所以，B正确，
因为，所以，故，所以，A正确；
CD选项，，
因为，，所以，
故，C错误，D正确.
故选：ABD
11. 已知是函数的图象与直线的两个交点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 的定义域为
C. 在区间单调递增
D. 的图象的对称中心为点
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，根据的周期性判断即可；BD选项利用整体代入的方法求定义域和对称中心即可；C选项，利用代入检验法判断单调性.
【详解】因为是函数的图象与直线的交点，所以的最小值为函数的最小正周期，，所以，故A正确；
令，解得，所以的定义域为，故B错；
因为，所以，因为函数在上不单调，所以函数在上不单调，故C错；
令，解得，所以的对称中心为点，，故D正确.
故选：AD.
12. 设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，也叫取整函数，例如．令函数，以下结论正确的有（ ）
A.
B.
C. 的最大值为1，最小值为0
D. 与的图象有无数个交点
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A选项，代入计算出；B选项，根据定义得到，B正确；C选项，由B选项得到的周期为1，并得到当时，，当时，，当时，，得到最值；D选项，画出的图象，数形结合得到交点个数.
【详解】对于A，由题意得，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，由选项B可知，是周期为1的周期函数，
则当时，，
当时，，
当时，，
综上，的值域为，即的最小值为0，无最大值，故C错误；
对于D，由选项C，可知，且的周期为1，
作出与的图象，
如图所示，由图象可知与的图象有无数个交点，故D正确，
故选：BD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知函数是幂函数，则_________.
【答案】8
【解析】
【分析】根据幂函数的定义求出参数，得到函数解析式再求值即得.
【详解】函数是幂函数，∴ 所以.
故答案为：.
14. 已知扇形周长是，面积是，则扇形的圆心角的弧度数是___________.
【答案】或##或
【解析】
【分析】设扇形半径为，圆心角弧度数为，根据扇形的周长、面积公式得到，求解即可.
【详解】设扇形半径为，圆心角弧度数为，
由题意得，解得或，
所以扇形的圆心角的弧度数是或.
故答案：或
15. 已知函数的定义域为R，且，，请写出满足条件的一个______（答案不唯一）．
【答案】1,（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据所给条件分析函数为偶函数，取特殊函数可得答案.
【详解】令，则，
又，
所以，即，
所以函数为偶函数，
不妨取偶函数，则，
也可取，则，满足题意.
故答案为：,（答案不唯一）
16. 已知，，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用正弦的和差公式及同角三角函数的商数关系计算即可
【详解】由题意可知
，
即，
由题意可知，
则.
故答案为：
【点睛】方法点睛：三角恒等变换化简求值问题需要注意已知角与未知角的关系，利用合理的配凑即可处理.本题已知及与的关系，所以构造，利用整体思想凑出未知式计算即可.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知为角终边上一点.
（1）求和的值；
（2）求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据三角函数的定义即可得结果；
（2）利用诱导公式化简为齐次式，结合即可得结果.
【小问1详解】
由三角函数的定义可得，；
【小问2详解】
利用诱导公式化简
.
18. 已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，．
（1）求在R上的解析式；
（2）判断的单调性，并解不等式．
【答案】18.
19. 或
【解析】
【分析】（1）由题意根据奇函数的定义以及当时，，可以求出当时的表达式，从而即可进一步求解.
（2）首先根据时，单调递增，从而得到在上是单调增函数，再结合奇函数性质即可将表达式等价转换，解一元二次不等式即可得解.
【小问1详解】
设，则，当时，，
因为，所以，即，
又，所以，
所以；
【小问2详解】
时，单调递增，
又因为函数是定义在R上的奇函数，
所以在上是单调增函数，
不等式可化为，
所以，即，解得或.
所以不等式的解集为或.
19. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）在下列三个条件中，选择一个作为已知，使得实数的值唯一确定，并求函数在上的最小值．
条件①：的最大值为；
条件②：的一个对称中心为；
条件③：的一条对称轴为．
【答案】（1）
（2）条件选择见解析，答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；
（2）选①，利用函数的最大值求出的值，由求出的取值范围，再利用正弦型函数的基本性质可求出在上的最小值；选②，根据函数的一个对称中心坐标求出的值，由求出的取值范围，再利用正弦型函数的基本性质可求出在上的最小值；选③，根据函数的一条对称轴方程可知，不确定.
【小问1详解】
解：因
，
故函数的最小正周期为.
【小问2详解】
解：选①，，解得，则，
当时，，
故当时，函数取得最小值，即；
选②，因为函数的一个对称中心为，
则，解得，所以，，
当时，，
故当时，函数取得最小值，即；
选③，因为函数的一条对称轴为直线，的值无法确定.
综上所述，选①，函数在上的最小值为；
选②，函数在上的最小值为；
选③，的值不确定.
20. 深圳别称“鹏城”，“深圳之光”摩天轮是中国之眼．游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色，摩天轮最高点距离地面高度为120米，转盘直径为110米，当游客坐上“深圳之光”摩天轮的座舱开始计时．开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要30分钟．开始转动t分钟后距离地面的高度为米．
（1）经过t分钟后游客距离地面的高度为H米，已知H关于t的函数关系式满足（其中，，），求摩天轮转动一周的解析式；
（2）若游客在距离地面至少92.5米的高度能够获得最佳视觉效果，请问摩天轮在运行一周的过程中，游客能有多长时间有最佳视觉效果？
【答案】（1）
（2）分钟
【解析】
【分析】（1）根据最高、最低点距离地面高度计算出，根据转一周的时间计算出，再结合初始位置计算出，由此可求；
（2）化简，根据，求解出的范围，由此可知结果.
【小问1详解】
由题意可知：摩天轮最高点距离地面，最低点距离地面，所以，所以，
又因为转一周大约需要，所以，
所以，
又因为，所以且，所以，
所以；
【小问2详解】
因为，
令，则，
又因为，所以，
所以，且分钟，
故摩天轮在运行一周的过程中，游客能有分钟最佳视觉效果.
21. 已知函数.
（1）请用五点作图法画出函数在上的图象；（先列表，后画图）
（2）设，当时，试讨论函数零点情况.
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据五点作图法列表画图；
（2）将的零点个数转化为与交点个数，然后结合图象分析即可.
【小问1详解】
列表如下：
【小问2详解】
令，则，由，则，
结合的图象研究与公共点个数.

（i），即，有4个公共点；
（ii），即，有5个公共点；
（iii），即，有4个公共点；
（iv），有2个公共点；
（v），无公共点.
综上，①或，有4个零点；
②，有5个零点；
③，有2个零点；
④，无零点.
22. 已知函数.
（1）判断的奇偶性并求的单调区间；
（2）设函数（），若有唯一零点，求a的取值集合；
（3）若对，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1）为偶函数，增区间为，减区间为
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用奇偶性定义判断奇偶性，利用单调性定义结合偶函数性质求解单调区间；
（2）有唯一零点，即有唯一的解，可化为，由偶函数可知，化简计算可得结果；
（3）设，不等式等价为恒成立，构造函数，只需，求解即可得出结果.
【小问1详解】
由题意可知的定义域为，，则，
，所以，所以为偶函数；
任取，则，
因为
，
当时，，，，
所以，所以，
所以在上单调递增，
根据偶函数的性质知，在上单调递减，
所以在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
函数的零点就是方程的解，
因为有唯一零点，所以方程有唯一的解，
因为函数为偶函数，所以方程变形为，
因为函数在上的单调递增，所以，
平方化简得，
当时，，经检验方程有唯一解，
当时，，解得，
综上可知，a的取值集合为.
【小问3详解】
设，则，
所以原命题等价于时，不等式恒成立，
令，
函数有两个零点和，且开口向上，
要使时，不等式恒成立，
则，所以，即.
0
0
0
2
0
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