福建省泉州市2023-2024学年高一上学期1月期末教学质量监测数学试题（解析版）

2023-2024学年度上学期泉州市高中教学质量监测高一数学本试卷共20题，满分150分，共8页.考试用时120分钟.注意事项1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效.3.选择题答案使用铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号;非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30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】A【解析】【分析】根据集合的交集运算，即可求得答案.【详解】由题意集合，，则，故选：A2已知角终边上有一点，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据角终边上一点的坐标，结合正切函数的定义，即可得答案.【详解】由题意知角终边上有一点，故，故选：B3.已知，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接由作差法逐一判断即可.【详解】对于A，由题意，即，故A错误；对于B，由题意，即，故B错误；对于C，由题意，即，故C正确；对于D，由题意，即，故D错误.故选：C.4.若函数与函数的图象关于直线对称，则的大致图象是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意首先得，根据它的定义域、单调性以及它所过定点即可得解.【详解】由题意函数与函数互为反函数，所以，解得，它在定义域内单调递增，且过定点，对比选项可知A符合题意.故选：A.5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直接由平方关系以及商数关系化简求解即可.【详解】由题意，所以，化简得，因，所以，所以，解得.故选：B.6.若函数存在最大值，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】判断时，，无最大值，由判断在时的单调性，可得单调性，确定最大值，结合题意列出不等式，即可求得答案.【详解】当时，在上单调递增，此时，无最大值；又因为在上单调递减，在上单调递增，故在上单调递增，在上单调递减，所以当时，，结合题意可得，解得，即实数的取值范围为，故选：B二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分.7.下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据函数的奇偶性定义以及函数的单调性,一一判断各选项中的函数性质，即可得答案.【详解】对于A，为非奇非偶函数，不符合题意；对于B，的定义域为R，且为奇函数，在R上单调递增，正确；对于C，设，定义域为R，满足，故函数为奇函数；当时，在上单调递增，且，当时，在上单调递增，且，故在R上单调递增，C正确；对于D，设，定义域为R，且满足，故为奇函数；又在R上单调递增，在R上单调递减，故在R上单调递增，D正确，故选：BCD8.生物研究小组观察发现，某地区一昆虫种群数量在8月份随时间（单位：日，）的变化近似地满足函数，且在8月1日达到最低数量700，此后逐日增长并在8月7日达到最高数量900，则（）A.B.C.8月17日至23日，该地区此昆虫种群数量逐日减少D.8月份中，该地区此昆虫种群数量不少于850的天数为13天【答案】AD【解析】【分析】根据题意可得函数最小正周期，即可求得，判断A；结合函数的最值可确定的值，判断B；结合函数的单调性以及周期，可判断C；根据函数最小值求出，可得函数解析式，由题意列出不等式，求得t的范围，结合k的取值，即可判断D.【详解】不妨设8月1日时为，则设T为最小正周期，则，即，A正确；又，B错误；因为函数的最小正周期为12，所以种群数量从8月13日至19日逐渐增加，从8月19日至25日逐渐减少，C错误；由以上分析可知，当时，y取到最小值100，即，故，则，令，则，则，即，故或或，共13天，D正确，故选：AD9.定义在上奇函数满足，则下列结论一定成立的是（）A. B.2是的一个周期C.是的一个对称中心 D.为偶函数【答案】ACD【解析】【分析】对于A，直接由奇函数性质得；对于B，首先得，进一步有以及，由此即可判断；对于C，由对称轴、对称中心即可得解.【详解】定义在上的奇函数满足，所以，故A正确；且，所以，即的周期是4，不是2，故B错误；因为，所以的对称轴为，又为的一个对称中心，所以是的一个对称中心，故C正确；因为，所以，即为偶函数，故D正确.故选：ACD.10.已知，则（）A.的最小值为 B.的最大值为C.的最小值为 D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】根据指数运算，结合基本不等式即可判断A；结合对数运算，利用基本不等式可判断B；将化为关于x的二次函数，结合二次函数性质可判断是C；通过变量代换，令，得到，根据“1”的巧用，将变形后，利用基本不等式，即可判断D..【详解】对于A，由于，故，当且仅当，结合，即时，等号成立，即的最小值为，A正确；对于B，由于，，则，当且仅当时，等号成立，故，即的最大值为，B正确；对于C，又，得，故由于，而对称轴为，则在上单调递减，在上无最值，C错误；对于D，令，则，故，由于，故，，则，当且仅当，结合，即时，等号成立，所以，即的最小值为，D正确，故选：ABD【点睛】难点点睛：本题考查了基本不等式的应用，主要是求最值问题，难点是选项D的判断，解答时要通过变量代换，令，得到，根据“1”的巧用，将变形后，利用基本不等式，即可求解.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡相应位置.11.已知，则_____________.（结果用表示）【答案】【解析】【分析】直接由换底公式即可得解.【详解】由题意.故答案为：.12.函数的零点个数为_________.【答案】1【解析】【分析】判断函数的单调性，分类讨论k的取值范围，结合零点存在定理，即可求得答案.【详解】由题意知在上单调递减，当时，，此时函数有1个零点；当时，，，此时函数在上有唯一零点，当时，，，此时函数在上有唯一零点，综合可得函数的零点个数为1，故答案为：113.对于任意且，函数的图象恒过定点.若的图象也过点，则____.【答案】【解析】【分析】由题意首先得，然后代入得，由此即可得解.【详解】因为函数的图象恒过定点，所以，所以，所以，又的图象也过点，所以，又，解得，所以.故答案为：.14.将函数图象所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.若对于任意，总存在唯一的.使得，则的取值范围为_____________.【答案】【解析】【分析】由三角函数图象变换以及三角函数性质即可求解.【详解】由题意得，当时，有，此时，令，则，因为时，所以，因为对于的任意取值，在上有唯一解，即在上有唯一解，如图所示：由图可知，，所以.故答案为：.【点睛】关键点睛：关键是得到在上有唯一解，画出图形，由数形结合即可顺利得解.四、解答题：本大题共6题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.集合.（1）若，求（2）若是的充分条件，求的取值范围.【答案】15.或；16.【解析】【分析】（1）解不等式求出集合A，根据集合补集以及并集运算，即可求得答案；（2）根据是的充分条件，可得，列出相应不等式，即可求得答案.【小问1详解】由，解得，则，时，，故或，；【小问2详解】因为，，而是的充分条件，故，故，解得.16.已知二次函数的图象过原点，且满足.（1）求的解析式；（2）在平面直角坐标系中画出函数的图象，并写出其单调递增区间；（3）对于任意，函数在上都存在一个最大值，写出关于的函数解析式.【答案】（1）（2）图象见解析，（3）【解析】【分析】（1）设，利用待定系数法，求出，即得答案；（2）化简为分段函数形式，即可作出其图象，根据图象可得单调递增区间；（3）结合图象求出时，时，，分段讨论t的取值范围，即可得M的表达式.【小问1详解】设，由于二次函数的图象过原点，故，由，得，即，故，故；【小问2详解】，作出其图象如图：单调递增区间；【小问3详解】由的图象可知，当时，由，得，当时，；当时，；当时，，故.17.已知函数的图象关于点对称.（1）求的最小正周期和对称轴方程：（2）已知,求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式化简的表达式，结合其图象关于点对称，求出a的值，可得的解析式，即可求得最小正周期，结合正弦函数的对称性即可求得其对称轴方程；（2）由得出，利用二倍角公式可求出的值，再利用诱导公式即可求得，即得答案.【小问1详解】由题意得，该函数图象关于点对称，则，即，解得，故，则的最小正周期为；令，则，即的对称轴方程为；【小问2详解】因为，故，则，故.18.已知.（1）证明是奇函数，并说出在其定义域上的单调性；（2）若存在实数和，使得，且，求的取值范围.【答案】（1）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）直接由奇函数的定义证明即可，由复合函数单调性证明即可.（2）首先得在有解，等价转换为在上有解，分类讨论即可得解.【小问1详解】因为的定义域为关于原点对称，且，所以是奇函数，由复合函数单调性可知单调递减.【小问2详解】因为，是奇函数，且在上单调递减，所以，由题意得在有解，，令，则，令，则，由得，因为在上单调递减，在上单调递增，且时，，或时，，所以，在有解，等价于在上有解.当时，，因，所以满足题意；当时，因为，所以满足题意；当时，，令，解得，所以在上有解，所以的取值范围为.19.某物品上的特殊污渍需用一种特定的洗涤溶液直接漂洗，表示用个单位量的洗涤溶液漂洗一次以后，残留污渍量与原污渍量之比.已知用1个单位量的洗涤溶液漂洗一次，可洗掉该物品原污渍量.（1）写出的值，并对的值给出一个合理的解释；（2）已知，①求；②“用个单位量的洗涤溶液漂洗一次”与“用个单位量的洗涤溶液漂洗两次”，哪种方案去污效果更好？【答案】（1）；解释见解析（2）①1，2；②答案见解析【解析】【分析】（1）根据题意即可确定的值，并得出的值的一个合理的解释；（2）①根据，结合函数解析式，即可求得答案；②求出两种方案下的残留污渍量，作差比较大小，即可得到结论.【小问1详解】由题意得，的值表示的含义为没有用洗涤溶液漂洗，残留污渍没有变化；【小问2详解】①，由，，得；又，则，②，设清洗前物品上污渍残留量为单位1，“用个单位量的洗涤溶液漂洗一次”后残留污渍量为，“用个单位量的洗涤溶液漂洗两次”后残留污渍量为，，当时，，即“用个单位量的洗涤溶液漂洗两次”效果好；当时，，两种方案效果相同；当时，，即“用个单位量的洗涤溶液漂洗一次”效果好.20.给定函数与，若为减函数且值域为（为常数），则称对于具有“确界保持性”.（1）证明：函数对于不具有“确界保持性”；（2）判断函数对于是否具有“确界保持性”；（3）若函数对于具有“确界保持性”，求实数的值.【答案】（1）证明见解析（2）具有（3）3【解析】【分析】（1）令，以特殊值说明函数不满足值域为，即可证明结论；（2）根据对于具有“确界保持性”的定义，说明满足定义中的条件，即可得出结论；（3）根据的结构特点，先确定时，函数符合题意，再分别说明和时，函数值域不符合题意，即可确定答案.【小问1详解】证明：令，因为，不满足函数值域为，故函数对于不具有“确界保持性”；【小问2详解】函数对于具有“确界保持性”；理由如下：令，在上单调递减，且当时，，故函数对于具有“确界保持性”；【小问3详解】令，根据“确界保持性”定义可知在上单调递减，故，即的值域为；由于，可以看到，若当，即时，则可化简为，且在上均单调递减，故先证明符合题意；当时，，先证明在上单调递减，设，则当时，，故，，，则，即，故，即，所以在上单调递减；故，又