黑龙江省龙东地区五校2023-2024学年度高一上学期期末联考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1黑龙江省龙东地区五校2023-2024学年度高一上学期期末联考数学试卷一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.1.与角终边相同的角是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】与角终边相同的角的集合为形式，令可得，，所以与终边相同，其他选项均不合题意.故选：D.2.已知集合，则集合A的非空真子集的个数为（）A.6 B.7 C.14 D.15【答案】C【解析】由不等式，解得，所以集合，所以集合A非空真子集的个数为.故选：C.3.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】，所以“”是“”的充要条件.故选：C.4.要得到函数的图象，可以将函数的图象（）A.向右平移个单位长度 B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度 D.向左平移个单位长度【答案】A【解析】因为，且，所以，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象.故选：A.5.古代文人墨客与丹青手都善于在纸扇上题字题画，题字题画的扇面多为扇环形.已知某纸扇的扇面如图所示，其中外弧长与内弧长之和为，连接外弧与内弧的两端的线段长均为，且该扇环的圆心角的弧度数为2.5，则该扇环的内弧长为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图，设弧的长为，弧的长为，因为该扇形的圆心角的弧度数为2.5，所以，，即，，因为，所以.又因为，联立可得，解得，所以该扇环的内弧长为.故选：A.6.2023年2月27日，学堂梁子遗址入围2022年度全国十大考古新发现终评项目.该遗址先后发现石制品300多件，已知石制品化石样本中碳14质量N随时间t（单位：年）的衰变规律满足（表示碳14原有的质量）.经过测定，学堂梁子遗址中某件石制品化石样本中的碳14质量约是原来的，据此推测该石制品生产的时间距今约（）（参考数据：，）A.9560年 B.9550年 C.8370年 D.8230年【答案】B【解析】由题意，，即，所以，所以.故选：B.7.已知是定义在R上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（）A. B.C D.【答案】D【解析】当时，单调递增，又，故当时，，当时，，因为是定义在R上的奇函数，所以当时，，当时，，若，，故，解集为；若，，故，解集为，综上，解集为.故选：D.8.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】显然函数在R上单调递减，，，则；又，则；由，得，而函数在R上单调递减，则，因此，即，又，则，即有，因此，所以.故选：B.二、多项选择题：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.下列函数中，同时满足①在上是增函数；②为奇函数；③最小正周期为π的是（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】A：，当时，，增函数，满足①，函数为奇函数，并且最小正周期为，满足②③，故A正确；B：，当时，，减函数，不满足①，且函数为偶函数，故B错误；C：，根据正切函数的性质可知，满足①②③，故C正确；D：，当时，，增函数，满足①，函数为奇函数，最小正周期为，不满足③，故D错误.故选：AC.10.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】由，得.又，，所以，取，则，此时，A错误；因为，，（当且仅当时取等号），所以，，B正确；因为，，（当且仅当时取等号），所以成立，故C正确；因为，，，所以，，当且仅当时取等号，联立，解得，，而，故D错误.故选：BC.11.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.π是函数的一个周期 B.是函数的图象的一条对称轴C.函数在上单调递减 D.，恒成立【答案】ABD【解析】因为，可得.因为，所以，则，又因为，可得，结合图象可得，解得，则，设，则，所以，所以是的一个周期，A正确；当时，，此时，所以是图象的对称轴，B正确；当时，，所以在上单调递增，C错误；当时，，当，即时，函数取得最小值，所以，D正确.故选：ABD.12.已知函数的定义域为R，且满足，则下列结论中正确的是（）A. B.时，C. D.在上有675个零点【答案】ABD【解析】对A，，A正确；对B，当时，，即，则，即得，则，B正确；对C，，，C错误；对D，当时，，此时函数无零点；由于，则，故，则，由于，故在上有675个零点，D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，若幂函数为偶函数，且在上单调递减，则α的取值集合是_____________.【答案】【解析】因为幂函数在上单调递减，所以，当时，，定义域为，又，故为偶函数，满足要求，当时，，定义域为，又，故为奇函数，舍去；当时，，定义域为，故不为偶函数，舍去.故答案为：.14.若函数（且）在上单调递增，则实数a的取值范围是___________.【答案】【解析】由题意可知且，由于函数在上单调递增，内层函数在上为增函数，则外层函数为增函数，所以，解得，因此，实数a的取值范围是.故答案为：.15.已知，且，则__________.【答案】【解析】由，可得，即，由于，故，则，所以有，则，所以有，解得.故答案为：.16.已知函数，若满足（，，…，互不相等），则的取值范围是_____.【答案】【解析】根据题意，作出函数图象，不妨设，如图，根据三角函数的对称性得，，，，所以，另一方面或，即，所以.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.已知角α的终边过点，且.（1）求的值；（2）若，求的值.解：（1）因为角α的终边过点，，所以，解得，则.（2）由，，解得，所以.18.已知函数（且）的图象经过点和.（1）求的解析式；（2）若，求实数x值.解：（1）由题知，解得，，故.（2）由，，解得或3，所以或，所以或16.19.已知函数.（1）求的最小正周期；（2）求在区间上的单调性及最值.解：（1），所以的最小正周期.（2）由（1）知，因为，所以，当时，，单调递减；当时，单调递增，所以函数在单调递减，在单调递增，所以当即时，函数取得最小值；当，即时，函数取得最大值为.20.已知函数.（1）若关于x的不等式的解集为，求的值；（2）当时，恒成立，求实数a的取值范围.解：（1）根据题意，结合三个二次之间的关系可得，b和2都是方程的根且，由韦达定理可得，解得，故，.（2）因为，所以，则可化为，整理可得，令，，所以，则上式可化为在上恒成立，即在上恒成立，令，因为，所以当时，即时，，所以，又因为，所以实数a的取值范围为.21.对于定义域为D的函数，如果存在区间，使得在区间上是单调函数，且函数，的值域是，则称区间是函数的一个“保值区间”.（1）判断函数和函数是否存在“保值区间”，如果存在，写出符合条件的一个“保值区间”（直接写出结论，不要求证明）；（2）如果是函数的一个“保值区间”，求的最大值.解：（1）假设函数存在“保值区间”为，易知在上单调递增，则有得或，或，又即，但，不符合题意，舍去，故不存在保值区间；而是增函数，假设其存在“保值区间”为，则有，得，，故存在“保值区间”为.（2）易知在和上都是增函数，因此保值区间或，由题意，所以有两个同号的不等实根，，由，所以，解得或，且，同号，，满足题意，所以，因为或，所以当，即时，，故的最大值是.22.已知点，是函数图象上的任意两点，，且当时，的最小值为π.（1）求的解析式；（2）若方程在上有实数解，求实数a