湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高一上学期期末考试数学 Word版含解析.docx

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长郡中学2023年高一下学期期未考试数学试卷时量：120分钟满分：150分得分一､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.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出每个集合，后求交集即可.【详解】令，解得，令，解得，所以.故选：B.2.“，”是（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件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】利用充分条件与必要条件的定义，结合三角函数的性质求解即可.【详解】若，，则，充分性成立；若，则或，，必要性不成立，所以“，”是的充分不必要条件.故选：A. 3.在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边经过点，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，结合三角函数的定义，即可求解.【详解】由角终边经过点，可得，根据三角函数的定义，可得.故选：B.4.如图，在平行四边形中，，E是边上一点，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意结合平面向量的线性运算法则、向量的数乘即可得解.【详解】由题意，所以.故选：D.【点睛】本题考查了平面向量线性运算法则及平面向量数乘的应用，考查了平面向量基本定理的应用，属于基础题.5.若函数，且的图象过点，则函数的大致图象是（）A.B. C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意求出a的值，可得的具体表达式，判断其图象性质，结合选项，即可得答案.【详解】由于函数，且的图象过点，故，则，该函数为偶函数，图象关于y轴对称，且上单调递减，在上单调递增，只有B中图象符合该函数图象特点，故选：B6.已知，若命题“，或”为真命题，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分段讨论x的取值范围，结合命题的真假列出相应不等式，最后综合即可得答案.【详解】当时，，无论取何值，均符合题意；当时，，只需，解得或；当时，，由题中条件可得，只需对于恒成立，当时，不符合题意； 当时，图象为开口向上的抛物线，不能满足对恒成立，不符合题意；当时，的2个根为，需满足，结合，可得，综合上述可知的取值范围是，故选：B.7.已知定义在上的是单调函数，且对任意恒有，则函数的零点为（）A.B.C.9D.27【答案】A【解析】【分析】根据题意，利用换元法，结合对数的运算法则和运算性质，即可求解.【详解】设，即，因为，可得，所以，解得，所以，令，可得，即，解得.故选：A.8.若且，则可以记；若且，则可以记.实数，且，则（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】根据题设信息，结合三角函数的诱导公式和二倍角公式，准确计算，即可求解.【详解】设，因为，所以，即，因为，所以，所以，即，所以，所以，所以，则.故选：B.二､多选题（本题共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）9.已知关于的不等式的解集为，或，则（）A.B.不等式的解集是C.D.不等式的解集是，或【答案】AD【解析】【分析】根据一元二次不等式的解集可确定，可判断A；结合根与系数关系可得的关系式，由此化简B，C，D选项中的不等式或进而求解，即可判断其正误，即得答案.【详解】由关于的不等式解集为或，知-3和2是方程的两个实根，且，故A正确；根据根与系数的关系知：， ，选项B：不等式化简为，解得：，即不等式的解集是，故B不正确；选项C：由于，故，故C不正确；选项D：不等式化简为：，解得：或，故D正确；故选：AD.10.设正实数满足，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】利用基本不等式判断各选项．【详解】对于A选项，，当且仅当时取得等号，故A错误；对于B选项，，故，当且仅当时取得等号，故B正确；对于C选项，，当且仅当时取得等号，故C正确；对于D选项，， 当且仅当时取得等号成立，故D正确．故选：BCD.11.已知函数，函数的图象由图象向右平移个单位长度得到，则下列关于函数的说法正确的有（）A.的图象关于点对称B.的图象关于直线对称C.上单调递增D.在上单调递减【答案】ABC【解析】【分析】根据三角函数的图象变换求得函数，结合正弦型函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由函数图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为，对于A中，当，可得，所以关于点对称，所以A正确；对于B中，当时，可得，所以关于直线对称，所以B正确；对于C中，当时，可得，根据正弦函数的性质，可得在上单调递增，所以C正确； 对于D中，当时，可得，根据正弦函数性质，可得在上单调递增，所以D不正确.故选：ABC.12.定义在上的函数满足为偶函数，，函数满足，若与恰有2023个交点，从左至右依次为，，则下列说法正确的是（）A.为奇函数B.2为的一个周期C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，推得，得到，结合函数的基本性质，逐项判定，即可求解.【详解】由为偶函数，则函数的图象关于直线对称，又由，则函数的图象关于点对称，则，可得.对于A中，由，可得，所以，所以为奇函数，所以A正确；对于B中，由，所以函数是以为周期的周期函数，可得，显然，所以B错误；对于C中，由，所以函数的图象关于直线对称，因此函数与的交点也关于对称，则，所以C正确；对于D中，由函数与的交点也关于对称，可得，故D正确. 故选：ACD.三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知幂函数的图象过点，则__________.【答案】【解析】【分析】根据幂函数的定义可得，再根据函数图象过点，可得.【详解】由函数为幂函数，得，即，所以，又函数过点，则，故答案为：.14.已知向量满足，则__________.【答案】【解析】【分析】把模平方转化为数量积进行计算．【详解】，则，∴，故答案为：．15.若，则的值为__________.【答案】##0.2【解析】【分析】将化为，利用诱导公式以及二倍角余弦公式，即可求得答案.【详解】由题意得 ，故答案为：16.已知分别是函数与的零点，若，则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】分别为与图象交点的横坐标，而与的图象关于直线对称，直线与直线垂直，从而可得，再得出的范围后即可得结论．【详解】由题意，分别为与图象交点的横坐标，而与的图象关于直线对称，直线与直线垂直，因此这两个交点关于直线对称，如图所示：，∵，∴，.故答案为：．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.（1）；（2）.【答案】（1）；（2） 【解析】【分析】（1）根据指数幂的运算法则，化简求值，即得答案；（2）根据对数的运算法则，化简求值，即得答案.【详解】（1）；（2）.18.解下列不等式：（1）；（2）.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将分式不等式化为且，求出解集；（2）将绝对值不等式化为分段函数，零点分段法求解绝对值不等式.【小问1详解】不等式，移项得，通分得，可转化为且，解得，不等式解集为.【小问2详解】 令当时，，解得，即；当时，，解得，即；当时，，解得，即；综上所述：不等式解集为.19.如图，一个半径为的筒车按逆时针方向每分转1.5圈，筒车的轴心距离水面的高度为.设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：）之间的关系为.（1）求的值；（2）盛水筒出水后至少经过多少时间就可到达最高点？【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依题意，设函数表达式为，结合三角函数的图象与性质，即可求解； （2）根据题意，令，即可求解.【小问1详解】解：依题意，设函数表达式为，水轮半径为，所以振幅，水轮每分钟按逆时针方向转动1.5圈，故角速度为，水轮上点从水中浮现时开始计时，所以，且，解得，所以函数表达式为，故.【小问2详解】解：根据题意，令，可得.所以盛水筒出水后至少约就可到达最高点.20.已知函数的最小正周期为，（1）求函数的单调递增区间；（2）设，求不等式的解集.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）化简得到，根据最小正周期得到，利用整体法求解函数单调区间；（2）结合函数图象，利用整体法解不等式，得到解集.【小问1详解】 由题意，函数，因为，的最小正周期，所以，所以函数，令，解得，所以函数单调递增区间为；【小问2详解】因为，所以，所以，解得，因为，当时，，当时，，所以原不等式的解集为或.21.已知函数，对于任意的，都有，当时，，且.（1）判断的奇偶性和单调性；（2）设函数，若方程有4个不同的解，求的取值范围.【答案】（1）奇函数；是上的减函数（2）.【解析】【分析】（1）利用赋值法判断抽象函数的奇偶性和单调性即可.（2）合理分析，作出图象，转化为交点问题求解即可. 【小问1详解】令，代入可得，令，代入，可得，所以，可得函数为奇函数；任取，且，因为，即，令，则，可得，又因为时，，且，所以，所以，即，所以函数是上的减函数.【小问2详解】，即，所以，令，即，因为函数是上的减函数，所以，即，令则函数的图象，如图所示，结合图象，可得：当时，函数有4个零点，即实数的取值范围为.22.已知函数是偶函数. （1）求的值；（2）设函数，若不等式对任意的恒成立.求实数的取值范围；（3）设，当为何值时，关于的方程有实根？【答案】（1）（2）（3）或.【解析】【分析】（1）根据函数为偶函数，列式求解，即得答案；（2）分离参数，将不等式对任意的恒成立转化为,利用换元，即，可得的最小值，即可求得答案；（3）利用换元，即，将有实根转化为的根的问题，继而转化为的零点问题，分类讨论，结合二次函数的零点分布，即可求得答案.【小问1详解】由函数是定义域在上的偶函数，则对于，都有，即，即对于，都有，即，由于不恒等于0，故，得.【小问2详解】结合（1）可得，则，令， 由在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递增，得，则不等式对任意的恒成立等价于在上恒成立，所以即可，又，由对勾函数的性质可得当时，取得最小值，所以最小值为，即，所以实数的取值范围为.【小问3详解】令，由对勾函数的性质可得当时，取得最小值2，所以，当且仅当时取等号，则，令，则，则原问题转化为关于的方程的根的问题，由于，令，则的图象为开口向上的抛物线在y轴右侧部分（含y轴），，①当时，或，此时对称轴，函数在有唯一零点；②当且在有唯一零点时，，可得：或；③当在有两个不相等零点时，设零点为， 则，可得：.综上：或.【点睛】关键点睛：本题综合考查了函数奇偶性、不等式恒成立以及方程的解的问题，综合性较强，解答的关键是（3）中要将方程有解问题转化为函数零点问题，然后分类讨论，结合二次函数零点的分布，即可求解.