安徽省芜湖市2023-2024学年高一上学期1月期末数学试题 Word版含解析.docx

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2023—2024学年度高一年级第一学期芜湖市中学教学质量监控数学试题本试题卷共4页，22小题，满分100分，考试用时120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、考场/座位号、班级、准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卷上对应题目选项的答案信息，点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试题卷上.3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效.4．考生必须保证答题卷的整洁，考试结束后，将试题卷和答题卷一并交回.一、单选题（本题共8小题，每小题3分，共24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，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解方程得到，利用并集求出答案.【详解】，故.故选：A2.命题“”的否定是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，即可判断.【详解】的否定是， 故选：C.3.若实数满足，则的最小值为（）A.1B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】通过求出，代入所求式消元，运用基本不等式求解即得.【详解】由可知，则，代入得：，当时等号成立，即当时，取得最小值.故选：D.4.下列函数是偶函数，且在上单调递增的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性的定义判断和单调性，判断选项.【详解】对于选项A，,所以是偶函数，且在单调递增，故A正确.对于选项B，非奇非偶，故B错误；对于选项C，，所以是奇函数，故C错误；对于选项D，，所以是偶函数，但是在有增有减，故D错误.故选：A5.“古典正弦”定义为：在如图所示的单位圆中，当圆心角的范围为时，其所对的“古典正弦”为（为的中点）．根据以上信息，当圆心角对应弧长时，的“古典正弦”值为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定的定义，结合圆的性质求出的“古典正弦”值.【详解】由圆心角对应弧长，得圆心角弧度数绝对值为2，则，所以.故选：B6.函数的部分图象如图所示，则可以是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定的函数图象，结合函数定义域、奇偶性及当时值情况判断即得.【详解】对于A，函数的定义域为R，，函数是偶函数，图象关于y轴对称，不符合题意，A不是；对于B，函数的定义域为，图象不过原点，不符合题意，B不是；对于C，函数的定义域为R，，函数是奇函数，图象关于原点对称，当时，的图象恒在函数的上方，恒有，符合题意，C是；对于D，当时，，则， 而函数在上的取值集合是，因此函数在上无最大值，不符合题意，D不是.故选：C7.已知，则以下四个数中最大的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】当时，推导出，再利用对数的单调性可得出结论.【详解】当时，如下图所示：设锐角，锐角的终边交单位圆于点，设射线交过点且与单位圆相切的直线于点，过点作轴，垂足为点，则，，，因为，即，即，因为，则，，所以，，，又因为，则，所以，，所以，，故选：D.8.函数的最大值为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】对两边取对数，得到，继而换元，令，再结合求解二次函数的最值问题，即可求得答案.【详解】由，设，故，令，则，当时，取到最大值，故y的最大值为，即函数的最大值为，故选：D【点睛】关键点睛：解答本题的关键是结合函数解析式的结构特点，采用两边取对数再结合换元的方法，将原问题转化为求二次函数的最值问题.二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9.已知角的顶点在平面直角坐标系原点，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，现将角的终边按逆时针方向旋转后与角的终边重合，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据给定条件，利用三角函数定义及诱导公式求解即得.【详解】依题意，，A错误，B正确；又，因此，，C正确，D错误.故选：BC 10.已知函数，则下列结论正确的是（）A.的定义域为B.是偶函数C.的值域为D.【答案】BCD【解析】【分析】由分母不为0判断A,奇偶性定义判断B,分离参数求解值域判断C;代值化简判断D.【详解】有意义,则解得，故的定义域为，A错；的定义域关于原点对称，且，故是偶函数，B对；,令，易知在单调递增，故或，即的值域为，C正确；，故D正确.故选：BCD11.已知，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD 【解析】【分析】利用诱导公式整体求值判断A,同角三角函数基本关系判断B,利用二倍角余弦公式判断CD.【详解】已知，则,A正确；因为,则，故，故B错误；，C正确；，故，D正确.故选：ACD12.已知函数，则（）A.是周期函数B.的最小值是C.的图象至少有一条对称轴D.在上单调递增【答案】BCD【解析】【分析】由周期定义判断A，整体和复合函数思想判断BD，对称性质判断C.【详解】若是周期函数，则存在非零常数,使得，化简得，则，或，可知均与x有关，故非零常数不存在，A错误；令，则，故的最小值是，故B正确；结合B选项，因为， 故图象的对称轴为，故C正确；由B易知：在单调递增，且，故单调递增，由复合函数单调性知在上单调递增，故D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数性质及应用，注意复合函数思想应用判断BD.三、填空题（本题共4小题，每题4分，共16分．）13.若幂函数的图象经过点，则_________．【答案】【解析】【分析】根据幂函数的定义和过点，求解解析式.【详解】根据幂函数，则，又由过点，所以，故，所以.故答案为：.14.已知函数为奇函数，则实数_________．【答案】【解析】【分析】设，利用奇函数的定义可得出，结合指数运算可得出实数的值.【详解】设，则，可得，即函数的定义域为，则，即，即，解得.故答案为：. 15.已知，符号表示不大于的最大整数，比如，，若函数有且仅有个零点，则实数的取值范围是_________．【答案】【解析】【分析】问题转化为直线与函数在上的图象有两个交点，数形结合可得出实数的取值范围.详解】当时，由可得，问题转化为直线与函数在上的图象有两个交点，如下图所示：当直线经过点时，则有，可得；当直线经过点时，则有，可得.由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点.因此，实数的取值范围是.故答案为：.16.若函数与在区间单调性一致，则的最大值为_________．【答案】##【解析】 【分析】要考虑的最大值，只需考虑，当时，求出、的取值范围，利用正弦型函数的单调性可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的最大值.【详解】要考虑的最大值，只需考虑，当时，则，，所以，函数与在区间上同时单调递增，则，解得，故的最大值为.故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共44分．）17.化简求值：（1）；（2）．【答案】17.18.-1【解析】【分析】（1）根据指数运算法则计算出答案；（2）根据对数运算法则得到答案.【小问1详解】原式；【小问2详解】原式．18.如图，动点从边长为2的正方形的顶点开始，顺次经过点绕正方形的边界运动，最后回到点，用表示点运动的的路程，表示的面积，求函数．（当点在 上时，规定）【答案】【解析】【分析】依据动点的运动情况分类讨论求面积即可.【详解】当时，，当时，，当时，，当时，，综上，.19.已知函数．（1）求函数的单调递增区间；（2）将函数的图象向右平移个单位，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在上的值域．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换化简的解析式，再利用单调性质求解；（2）由图象变换得解析式，再利用整体法求值域.【小问1详解】因为，令，得,所以的单调递增区间为．【小问2详解】将函数的图象向右平移个单位，得到，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变得到，当，故，所以的值域为．20.设函数，关于的一元二次不等式的解集为．（1）求不等式的解集；（2）若，求实数的取值范围．【答案】（1）或（2）．【解析】【分析】（1）利用韦达定理求参数后再解不等式即可.（2）对变量范围进行讨论，分离参数法求解参数即可.【小问1详解】因为一元二次不等式的解集为， 所以和1是方程的两个实根，则，解得．因此所求不等式即为：，解集为或．【小问2详解】可化为：，当时显然成立；当时，对恒成立，令，则，当，即时，所以，即．21.如图，已知是之间的一点，点到的距离分别为，且是直线上一动点，作，且使与直线交于点．设．（1）若，求的最小值；（2）若，求周长的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，即，进而利用基本不等式即可求解； （2）由题意可得，由勾股定理得，进而得的周长，令，利用辅助角公式求的取值范围，在利用同角三角函数的基本关系得，从而进行化简并利用函数的单调性求最小值.小问1详解】由题意知，，于是，则.当时，，即，所以，又，于是，当且仅当，时，等号成立．故最小值为.【小问2详解】由题意知：，因为，所以，又中，所以的周长，令， 由得，所以周长，易知函数在上单调递减，所以当，即时周长最小，最小值为．故当时，周长最小值为.22.已知函数．（1）若，且图象关于对称，求实数的值；（2）若，（i）方程恰有一个实根，求实数的取值范围；（ii）设，若对任意，当时，满足，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）（i）；（ii）．【解析】【分析】（1）利用函数的奇偶性与对称性待定系数计算即可；（2）（i）利用对数函数的单调性含参讨论解方程即可；（ii）利用复合函数单调性先确定单调递减，借助函数单调性将条件不等式转化为对任意的恒成立，变换主元利用二次函数的性质及计算即可.【小问1详解】由题意知图象关于对称，所以为偶函数， 即，所以，故；【小问2详解】由题意知，（i）方程，所以，整理可得，，即，当时，方程有唯一解，此时，不符合条件；当时，同上，解方程得，也不符合条件；当且时，方程有两不等解，若满足，则，若满足，则，显然若时，无解，若时，有两解，所以当时方程恰有一个实根，综上，实数的取值范围为；（ii）令，则在上为减函数，而在上为增函数，所以函数在上为减函数，当时，满足，则，所以， 因为，即对任意的恒成立，设，又，所以函数在单调递增，所以，所以．【点睛】思路点睛：第二问第一小问带有参数的方程只有一根，故含参分类讨论即可；第二小问，不等式在定区间恒成立问题，借助函数的单调性脱去函数符号，将不等式等价变形，因为不等式含有双变量，故变换主元转化为二次函数，借助二次函数的图象与性质计算即可.