福建省厦门市2023-2024学年高一上学期1月期末质量检测数学试题

厦门市20232024学年度第一学期高一年级质量检测数学试题满分：150分考试时间：120分钟考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：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】根据交集运算求解.【详解】由题意可得：.故选：B.2.已知，则（）A.2 B. C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根据对数运算分析求解.【详解】因为，可得，且，解得.故选：B.3.已知，为第二象限角，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据同角三角关系运算求解，注意象限角的三角函数值符号.【详解】因，为第二象限角，则，所以.故选：C.4.已知，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用指数函数和幂函数的单调性可得出、、的大小关系.【详解】因为指数函数为上的增函数，则，又因为幂函数在上为增函数，则，故.故选：D.5.若命题：，是假命题，则（）A. B.C.或 D.【答案】A【解析】【分析】对于含量词的命题为假命题，一般是通过该命题的否定为真命题求出参数范围.【详解】由命题：，是假命题，可知命题的否定：“，”是真命题，即，解得：.故选：A.6.已知定义在上的奇函数满足①；②，，且，，则的解集为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由题目条件得到在上单调递增，且为偶函数，，其中，根据函数单调性和奇偶性得到不等式，求出解集.【详解】不妨设，，故在上单调递增，因为为定义在上的奇函数，所以，故定义域为，且，故为偶函数，因为，所以，，所以，解得或.故选：A7.已知函数，若，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意结合二次函数图象分析判断.【详解】由题意可知：函数的对称轴为，且，如图所示，若，结合对称性可知，且，对于选项A：例如，则符合题意，但，故A错误；对于选项BC：若，显然满足题意，但，，故BC错误；对于选项D：因为，则，所以，故D正确；故选：D.8.已知函数恰有三个零点,则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】因为,对进行分类讨论,利用数形结合的方法即可得到结果.【详解】因,①当时,做出两段抛物线的图像如图:此时函数只有两个零点,不满足题意;②当时,,做出两段抛物线的图像如图:此时函数恰有三个零点,满足题意;③当时,因为在有两个零点,且当时两段抛物线的函数值相等,若要满足题意,则两段抛物线的图像应该如图:此时,满足题意;综上实数的取值范围为.故选:B.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.下列函数中，与函数是同一个函数的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】根据题意结合函数相等的定义逐项分析判断.【详解】显然函数的定义域为，对于选项A：因为，即对应关系不一致，故A错误；对于选项B：因为，且定义域为，所以两个函数相同，故B正确；对于选项C：因为的定义域为，即定义域不同，故C错误；对于选项D：因为恒成立，即的定义域为，且，所以两个函数相同，故D正确；故选：BD.10.函数在区间内存在零点的充分条件可以是（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】先判断函数单调性，再根据零点存在性定理列出不等式求解，结合充分条件定义即可判断各选项.【详解】因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以在区间上单调递减，若函数在区间内存在零点，则，即，解得，故AB符合题意，CD不符合题意.故选：AB.11.已知实数，，满足且，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】AC选项，作差法比较大小；B选项，举出反例；D选项，变形后，作差法比较大小.【详解】因为且，所以，A选项，，故，A正确；B选项，不妨设，此时满足且，但，B错误；C选项，因为且，所以，，所以，C正确；D选项，，因为，所以，故，D正确.故选：ACD12.已知表示不超过的最大整数，例如：，.定义在上的函数满足，且当时，，则（）A.B.当时，C.在区间上单调递增D.关于的方程在区间上恰有23个实根【答案】ACD【解析】【分析】对于A：直接代入运算即可；对于B：根据题意结合即可求解析式；对于C：先求的单调区间，进而可得结果；对于D：分和两种情况，结合图象分析方程的根的个数.【详解】对于选项A：，故A正确；对于选项B：因为，则，可得，故B错误；对于选项C：因为当时，，可知当时，单调递增，当时，单调递减，结合，可知的单调递增区间为，当时，，，故在区间上单调递增，故C正确；对于选项D：当，，且，则，且等号不同时成立，原方程无实根；当时，画出函数的图象，如图所示，因为，要证，只需证，令，则，只需证，如图所示，可知，成立，所以方程在区间上恰有2个实根，所以方程在区间上恰有个实根，故D正确.故选：ACD.【点睛】易错点睛：利用数形结合求方程解应注意两点1.讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性、否则会得到错解．2.正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知某扇形的半径为2，弧长为，则该扇形的圆心角为______.【答案】##【解析】【分析】设出圆心角，利用弧长公式得到方程，求出答案.【详解】设圆心角为，则，解得.故答案为：14.已知函数的定义域为，，，，，，…，.写出满足上述条件的一个函数：______.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据题意结合指数运算分析求解即可.【详解】例如，则，且，所以符合题意.故答案为：.15.已知函数，若，则的最小值为______.【答案】4【解析】【分析】根据题意结合图象可得，且，结合基本不等式运算求解.【详解】作出函数的图象，如图所示，因为，且，则，可得，即，且，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为4.故答案为：4.16.水星是离太阳最近的行星，在地球上较难观测到.当地球和水星连线与地球和太阳连线的夹角达到最大时，称水星东（西）大距，这是观测水星的最佳时机（如图1）.将行星的公转视为匀速圆周运动，则研究水星大距类似如下问题：在平面直角坐标系中，点A，分别在以坐标原点为圆心，半径分别为1，3的圆上沿逆时针方向做匀速圆周运动，角速度分别为，.当达到最大时，称A位于的“大距点”.如图2，初始时刻A位于，位于以为始边的角的终边上.（1）若，当A第一次位于的“大距点”时，A的坐标为______；（2）在内，A位于的“大距点”的次数最多有______次【答案】①.②.6【解析】【分析】根据题意可得，，可得，结合倍角公式运算求解；根据题意分析可知求“大距点”个数的问题转化为直线与在的交点个数问题，结合图象分析求解.【详解】（1）当时，经过时间，，，当A位于的“大距点”时，与小圆相切，此时为直角三角形，所以，因为，所以，因为A是第一次位于的“大距点”，可知，则，所以，，即A的坐标为；（2）经过时间，，，对于任意，当A位于的“大距点”时，A，两点坐标满足，即，当时，求“大距点”个数的问题转化为直线与在的交点个数问题.若与有7个交点，则第1个交点到第7个交点间隔恰好3个周期，共长度等于36，因为，所以内不可能有7个交点.又当时，如图所示，与有6个交点，故A最多有6次位于的“大距点”.故答案为：；6.【点睛】方法点睛：数形结合求交点个数：对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个．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.已知函数.（1）若的解集为，求，；（2）若，，，求的最小值.【答案】（1），（2）9【解析】【分析】（1）根据题意可知，是方程的两根，利用韦达定理运算求解；（2）由题意可得，根据“1”的灵活应用结合基本不等式运算求解.【小问1详解】因为的解集为，可知，是方程的两根，则，解得，.【小问2详解】因为，即，且，，则，当且仅当，即时，等号成立，所以当，时，的最小值为9.18.已知函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式；（2）将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在区间上的最大值和最小值.【答案】（1）（2）最小值；最大值1【解析】【分析】（1）根据题意结合五点法求函数解析式；（2）根据图象变换可得，以为整体，结合正弦函数的有界性分析求解.小问1详解】由图可知：，且，因为，所以.又因为，即，则，即且，可知，所以.【小问2详解】由的图象向右平移个单位长度后得，因为，令，当，即时，取最小值；当，即时，取最大值1.19.已知函数.（1）判断在区间上单调性，并用定义证明；（2）当时，恒成立，求实数的最大值.【答案】（1）在区间上单调递减，证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意结合单调性的定义分析证明；（2）解法一：分析可知为偶函数，结合单调性可得在区间上的最小值为，且可得恒成立，根据恒成立问题分析求解；解法二：根据不等式性质结合对数函数分析可知在区间上的最小值为，结合恒成立问题分析求解.【小问1详解】在区间上单调递减.证明：，，且，则，因为，则，，，，可得，即，所以在区间上单调递减.【小问2详解】解法一：因为的定义域为，且，所以为偶函数.由（1）可知在上单调递减，所以在区间上单调递增，所以在区间上的最小值为.因为恒成立，等价于恒成立，则，解得，所以的最大值为；解法二：因为，则，可得，所以，即当时，的最小值为.因为恒成立，可得，所以的最大值为.20.已知函数.（1）求的单调递增区间；（2）若方程在区间上有三个实根，，，求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，整体代入法求单调递增区间；（2）结合正弦函数的图像，利用对称性求的值.【小问1详解】，由，，解得，所以的单调递增区间为，.【小问2详解】解法一：令，由得，所以在区间上有三个实根，，，等价于在区间上有三个实根，，，由对称性得，，所以，因为，，所以，所以.解法二：令，由，得，所以在区间上有三个实根，，，等价于在区间上有三个实根，，，由周期性，有，因为，，所以，.21.在常温下，物体冷却的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：如果物体原来的温度为，空气的温度为，那么分钟后物体的温度（单位：）可由公式求得，其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数.知空气的温度为，现用某品牌电热水壶烧600毫升水，2分钟后水烧开（温度为），再过30分钟，壶中开水自然冷却到.假设烧水时水的温度是关于时间的一次函数，水的初始温度与空气的温度一致.（1）从开始烧水算起，求壶中水的温度（单位：）关于时间（单位：分钟）的函数解析式；（2）电热水壶在保温模式下会自动检测壶中水温，若水温高于，保温管不加热；若水温不高于，保温管开始加热，直至水温达到才停止加热，保温管加热时水温的上升速度是正常烧水时的.水烧开后，立即将电热水壶设定为保温模式.从开始烧水算起，求96分钟后壶中水的温度.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意待定系数运算求解即可；（2）根据题意分从降温至，从加热至，从降温至，三步求时间即可.【小问1详解】由题意知，空气的温度为，水温从自然冷却到用时30分钟，则，即，所以，当时，依题意设，则，解得，所以；当时，依题意得，，即；综上所述：.【小问2详解】由，解得，即从开始烧水算起，水温从升到，再冷却到，用了62分钟，因为，所以保温管加热过，因为保温管加热时水温上升速度是正常烧水时的，所以保温管加热时，水温每分钟升高，所以水温从升至，所用时间为分钟，假设水温从降至需要分钟，则，即，因为，所以，即水温从冷却至所用时间超过30分钟，因为，所以从开始烧水算起，96分钟内保温管只加热过1次，所以当时，，所以当时，，所以从开始烧水算起，96分钟后壶中水的温度为.22.已知函数.（1）解不等式；（2）讨论函数的零点个数.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）结合函数的奇偶性与单调性计算即可得；（2）当时，等式恒成立，故为的一个零点，当时，表示出，可借助换元法，构造函数，结合零点与方程的关系计算即可得.【小问1详解】的定义域为，因为，所以是奇函数.因为是增函数，所以是增函数，由得，即，所以，解得，即原不等式的解集为；【小问