福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高一上学期1月期末教学质量检查数学试题（Word版附解析）

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（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上.
2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”.
第I卷（选择题 共60分）
一、单项选择题：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，只有一个符合题目要求.请把答案填涂在答题卡上.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据对数函数的性质求出集合，最后根据交集的定义计算可得.
【详解】由，解得或，所以，
又，
所以.
故选：A
2. 已知扇形的周长为，圆心角为，则此扇形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出扇形的半径，再由面积公式计算可得.
【详解】设扇形的半径为，因为扇形的圆心角，扇形的周长为，
则，解得，
所以此扇形的面积.
故选：B
3. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. 若且，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式的性质，结合作差法与举反例的方法逐个判断即可.
【详解】对A，，因为，，故，即，故A错误；
对B，当时，故B错误；
对C，，
因为，故，故，
故，故C错误；
对D，，因为，故，
故，即，故D正确.
故选：D
4. 若幂函数的图象过点，则的定义域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据幂函数的图象过点求出的值，即可求出的定义域，再根据抽象函数的定义域计算规则得到，解得即可.
【详解】设，依题意可得，解得，所以，
所以的定义域为，值域为，且，
对于函数，则，解得，
即函数的定义域是.
故选：B
5. 美国生物学家和人口统计学家雷蒙德·皮尔提出一种能较好地描述生物生长规律的生长曲线，称为“皮尔曲线”，常用的“皮尔曲线”的函数解析式可以简化为的形式．已知描述的是一种植物的高度随着时间（单位：年）变化的规律．若刚栽种时该植物的高为1米，经过一年，该植物的高为1.5米，要让该植物的高度超过2.8米，至少需要（ ）年．
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由题设有，即可求参数、的值，进而判断的单调性且，即可判断植物的高度超过至少需要多少年.
【详解】依题意可得，则，解得，
∴，
因为在定义域上单调递减，且，又在上单调递减，
所以在上单调递增，而，，
即，
∴该植物的高度超过，至少需要年.
故选：C.
6. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若的图象关于直线对称，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 是奇函数
C. 在上单调递增D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先得到平移后的函数解析式，根据的对称性求出的值，从而得到解析式，再根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到，
若的图象关于直线对称，则，，解得，，
又，所以，故，
则，所以为非奇非偶函数，故A、B错误；
当，则，又在上单调递增，
所以在上单调递增，故C正确；
因为，故D错误.
故选：C
7. 已知，且，则的最小值是（ ）
A. B. 4C. D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，再根据基本不等式求解即可.
【详解】由，得，
因为，所以，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值是.
故选：D.
8. 已知函数，若的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先分析函数的取值情况，从而判断，再结合得到，再分和两种情况讨论，当时结合函数在上的单调性，得到，从而求出的取值范围.
【详解】对于函数，当时，，当时，，
而，即有，依题意可得，又，解得，
所以；
当时，函数在上的取值集合为，不符合题意，
当，函数在上单调递增，
则，所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：A
【点睛】关键点睛：本题的关键是分析得到，再分和两种情况讨论.
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.请把答案填涂在答题卡上.
9. 已知函数的图象由如图所示的两段线段组成，则（ ）
A.
B. 不等式的解集为
C. 函数在区间上的最大值为2
D. 的解析式可表示为：
【答案】BD
【解析】
【分析】由函数的图象求出函数的解析式，由此分析选项可得答案．
【详解】根据题意，由图象可得，在区间上，函数图象为线段，经过点和，
则其方程为，
在区间上，函数图象为线段，经过点和，
设，，则，解得，
所以其方程为，
综合可得，
对于A，，则，故A错误；
对于B，若，则有或，解得或，
即不等式的解集为，故B正确；
对于C，在区间上，为减函数，其最大值为，故C错误；
对于D，由，故D正确．
故选：BD．
10. 下列命题正确的是（ ）
A. 命题“，使得”的否定是“，都有”
B. 若，则
C. 在中，“”是“”的充要条件
D 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题判断A，根据完全平方数的非负性判断B，利用特殊值判断C，根据对数的运算及对数函数的性质判断D.
【详解】对于A：命题“，使得”的否定是“，都有”故A正确；
对于B：因，则，
即，
所以，即，故B正确；
对于C：在中若，，则，，
满足，但是，故C错误；
对于D：因为，则，，所以，
即，整理得，所以，故D正确.
故选：ABD
11. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由同角三角函数的基本关系求出、，即可判断B，由得到，再结合两角和的余弦公式即可求出，，即可判断A，再由二倍角公式判断C，最后由，即可判断D.
【详解】因为，
所以，
所以，故B错误；
又，即，即，
所以，解得，
所以，故A正确；
，故C正确；
因为，
因为
，
所以，
所以，故D正确.
故选：ACD
12. 已知在上是单调函数，对任意满足，且．设函数，，则（ ）
A. 函数是偶函数
B. 若函数在上存在最大值，则实数a的取值范围为
C. 函数的最大值为1
D. 函数的图象关于直线对称
【答案】BC
【解析】
【分析】依题意可得的图象关于点对称且当时，取得最大值，结合函数的单调性，即可求出最小正周期，从而求出、得到、解析式，再结合正弦函数的性质判断A、B，由即可判断C，利用特殊值说明不恒成立，即可判断D.
【详解】因为，即，所以的图象关于点对称，
又对任意，都有，所以当时，取得最大值.
因为在是单调函数，所以得，
所以，又因为函数在时取得最大值，
所以，则，即．
因为，所以，则.
因为函数，所以，
对于A：，即为奇函数，故A错误.
对于B：因为函数在时取得最大值，又因为，最小正周期，
令，，解得，，
即在，上单调递减，
又函数在取得最大值，
因为函数在上存在最大值，则实数的取值范围为，故B正确．
对于C：因，
所以，且，
所以函数的最大值为1，故C正确.
对于D：若的图象关于直线对称，
只要证对定义域内的都成立，取，，
但，所以，矛盾，
所以的图象不关于直线对称. 故D错误．
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据对称性的性质得到的图象关于点对称，从而求出解析式.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数且，写出满足条件的的一个值_________．
【答案】（答案不唯一，满足条件即可）
【解析】
【分析】根据正弦函数的图象求解即可.
【详解】由函数且，
得，
所以或，
所以或，
所以满足条件的可以是.
故答案为：.（答案不唯一，满足条件即可）
14. 已知，则________．
【答案】5
【解析】
【分析】设，再用表达求解即可.
【详解】设，则，，，
故.
故答案为：5
15. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，其中，若，则_________．
【答案】或
【解析】
【分析】依题意可得，再由二倍角公式可得，将弦化切求出即可得解.
【详解】已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，其中，
则，
又，则，
即，
则，
则或，
则或．
故答案为：或
16. 已知是定义在上且不恒为零的函数，对于任意实数，满足，若，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用赋值法求出、、，从而得到，再利用特殊值求出、，最后根据奇偶性求出.
【详解】因为对于任意实数，满足，
当时，，
当时，，可得，则；
当时，，则.
函数的定义域为，令时，，
得，所以函数是奇函数.
令，即，得，
令，则，
又函数是奇函数，所以，所以.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是合理赋值从而得到为奇函数，从而求出的值.
四、解答题：本大题共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. 在①角的终边与单位圆的交点为；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题．
已知，且，_________．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选条件①：根据满足单位圆方程求解；选条件②：根据正弦的二倍角公式，结合同角三角函数的关系求解；选条件③：根据同角三角函数的关系求解；均可得的值，再根据诱导公式化简即可；
（2）根据题意可得，再根据，展开后根据同角三角函数的关系结合角度范围分别求解正余弦值，从而求得，进而根据角度范围可得.
【小问1详解】
选条件①：因为角的终边与单位圆的交点为，
可得，又为锐角，所以，
所以由三角函数的定义可得
选条件②：
因为，为锐角，所以；
又因为，得.
选条件③：因为，，
所以得，
又因为为锐角，所以，，.
故
；
【小问2详解】
，
由（1），，
.
.
18. 已知二次函数，对任意都有，且．
（1）求函数的解析式；
（2）若对于，不等式恒成立，求x的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得函数关于对称，再根据求出即可；
（2）不等式即为，将当作参数，分，和三种情况讨论，利用分离参数法求解即可.
【小问1详解】
因为，所以函数关于对称，
则，解得，
所以；
【小问2详解】
不等式即为，
当时，则恒成立，
而，
所以，即，
因为，
所以；
当时，恒成立，此时；
当时，则恒成立，
而，
所以，解得，
综上所述，的取值范围为．
19. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P（单位：）与时间t（单位：h）间的关系为，其中，是正的常数．如果在前消除了的污染物，那么
（1）后还剩百分之几的污染物；
（2）污染物减少需要花多少时间（精确到）.参考数据：．
【答案】（1）还剩的污染物
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件可计算，从而可得的值，进而得出答案；
（2）令，根据指对数的运算性质求出的值．
【小问1详解】
当时，，
当时，，即，可得，
当时，，
即后，还剩的污染物；
【小问2详解】
设污染物减少需要花，则有，
所以，
可得，
即污染物减少大约需要花.
20. 已知函数是偶函数．
（1）求实数的值；
（2）设函数，若对任意，总存在使得，求实数b的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由函数为偶函数可得，即可求出的值；
（2）对任意，总存在使得，等价于的值域是值域的子集，即可求解.
【小问1详解】
，
因为函数是偶函数，
所以，即，
所以，所以；
【小问2详解】
由（1）得，
则，
因为函数都是增函数，所以函数是增函数，
故，
因为函数是增函数，
所以，
因为对任意，总存在使得，
所以，
所以，解得，
所以实数b的取值范围为．
21. 已知函数的图象关于直线对称，其最小正周期与函数相同．
（1）求的单调递减区间；
（2）设函数，证明：有且只有一个零点，且．
【答案】（1），.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简，在结合最小正周期及对称性求出、，从而得到解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）由（1）可得，分、、三种情况讨论，结合零点存在性定理说明有且只有一个零点，且，从而得到，再结合函数的单调性证明即可.
【小问1详解】
，
因为函数最小正周期与函数相同，且函数的最小正周期为，
所以，解得.
又因为函数的图象关于直线对称，
所以，，即，，
因，所以，
所以，
由，，解得，，
所以函数的单调递减区间是，.
【小问2详解】
由（1）可得，定义域，
①当时，函数在上单调递增，
因为，
所以，根据零点存在定理，使得，
故在上有且只有一个零点.
②当时，因为单调递增，单调递减，
，，所以，
所以在上不存在零点；
③当时, 因为单调递增，，因为
所以，所以在上不存在零点；
综上：有且只有一个零点，且.
因为，
所以，
所以，
在上单调递减，
，所以.
【点睛】思路点睛：证明函数的零点个数问题，通常是通过说明函数的单调性，再结合零点存在性定理证明.
22. 已知函数，．
（1）若函数在为增函数，求实数的取值范围；
（2）当时，，函数在区间上的值域为，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）任取，则，依题意可得可得，参变分离可得，从而求出的取值范围；
（2）令，由复合函数的单调性说明在上单调递减，从而得到，令（），则关于的方程在上有两个不等实数根，等价于关于的方程在有两个不等实数根，结合一元二次方程根的分布得到不等式组，解得即可.
【小问1详解】
任取，则
，
因为函数在上为增函数，且时，，
所以由可得，即，
，，则，所以，
因此实数的取值范围是.
【小问2详解】
当时，.
令，
因为在上单调递减，又在定义域上单调递增，所以在上单调递减，
因为在区间上的值域为，
所以
即.
令（因为，所以），
易知，关于的方程在上有两个不等实数根，
等价于关于的方程在有两个不等实数根，
（时，，）
令，
则，解得，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题的关键是由复合函数的单调性得到的单调性，从而得到，再换元，将问题转化为关于的方程在有两个不等实数根的问题.