2023-2024学年福建省福州市高一上学期期末质量检测数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省福州市2023-2024学年高一上学期期末质量检测数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为.故选：D.2.命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】命题“，”为全称量词命题，该命题的否定为“，”.故选：C.3.在下列区间中，方程的实数解所在的区间为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意函数单调递增，且，由零点存在定理可知方程的实数解所在的区间只能为.故选：C.4.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，对于，当时，，当时，，当时，，当时，，综上所述，，因此，.故选：B.5.设，则“”是“”的（）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】当时，，此时；当时，，此时或；所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.6.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意.故选：B.7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】.故选：B.8.某工厂产生的废气经过过滤后排放.已知过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：h）的关系为（且，且），其图象如下，则污染物减少至少需要的时间约为（）（参考数据：，）A.23小时 B.25小时 C.42小时 D.44小时【答案】D【解析】由题意时，，时，，解得，令，解得，对比选项可知污染物减少至少需要的时间约为44小时.故选：D.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.已知，则下列不等式成立的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】对于A选项，因为，由不等式的性质可得，A对；对于B选项，当时，，B错；对于C选项，因为，取，，则，C错；对于D选项，因为函数为上的增函数，且，则，D对.故选：AD.10.已知函数的部分图象如下所示，则（）A.B.在上单调递增C.的图象关于直线对称D.将的图象向左平移个单位长度后所得的图象关于原点对称【答案】ACD【解析】由图知，五点法作图中的第二个点为，第五个点为，所以，且，解得，得到，所以选项A正确；对于选项B，当时，，因为，由的图像与性质知，在上单调递增，在上单调递减，所以选项B错误；对于选项C，当时，，由的图像与性质知选项C正确；对于选项D，将的图象向左平移个单位长度后得：，又，即为奇函数，所以选项D正确.故选：ACD.11.已知函数的定义域为，、都有，且，则（）A. B.C.是增函数 D.是偶函数【答案】BC【解析】令，得，则，令，则，①令，则，即，②联立①②可得，则，，A错B对；函数为增函数，且为非奇非偶函数，C对D错.故选：BC.12.已知函数若关于的方程有3个实数解，则（）AB.C.D.关于的方程恰有3个实数解【答案】ABD【解析】如图，依题意作出函数的图象，对于A项，作出关于轴对称的函数的图象，与直线交于点，则，不难看出点在点的右侧，则，故，A项正确；对于B项，因当时，的图象关于直线对称，故点与点关于直线对称，则，由可得：，即，则得，故B项正确；对于C项，当时，由解得：，由解得：，此时，故C项错误；对于D项，依题意，，在上单调递增，故，于是由图知，函数与的图象恰有三个交点，即关于的方程恰有3个实数解，故D项正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数（且）的图象经过定点，则的坐标是____________.【答案】【解析】对于函数（且），令，可得，且，故点.故答案为：.14.已知扇形的弧长是，面积是，则扇形的圆心角（正角）的弧度数为__________.【答案】2【解析】由题意设扇形的圆心角（正角）的弧度数、半径、弧长以及面积分别为，则，解得.故答案为：2.15.已知函数不恒为0，且同时具备下列三个性质：①；②是偶函数；③，，.写出一个函数__________________.【答案】（答案不唯一，如，（且）等均可）【解析】注意到对数函数（且），满足，且，即满足①③，若要满足②函数是偶函数；则只需取，在这里可取.故答案为：（答案不唯一，如，（且）等均可）.16.用表示函数在闭区间上最大值，已知.（1）若，则的取值范围是_____________________.（2）若，则的取值范围是_____________________.【答案】【解析】（1）若时，函数在上单调递增，当时，则，则，解得，因为，解得，若，当时，，则，不合乎题意，综上所述，实数的取值范围是.（2）当时，则，则，，由可得，整理可得，因为，则，矛盾；当时，则，则，，由可得，无解；当时，，则，若，则，此时，函数在上单调递减，则，由可得，可得，解得；若，则，此时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，由可得，可得，可得，解得；若，则，由，可得，矛盾，综上所述，实数的取值范围是.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.已知函数.（1）求的最小值；（2）若恒成立，求的取值范围.解：（1），因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为7.（2）由（1）知函数的最小值为7，因为恒成立，所以，解得，所以的取值范围是.18.已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点.（1）求，，的值；（2）将的终边按顺时针方向旋转，此时终边所对应的角为，求的值.解：（1）因为角的终边经过点，所以，则，，.（2）法一，因为，由（1）知，所以，所以.法二，，，所以，，所以.19.已知函数，.（1）求的单调递增区间；（2）求在区间上的最大值和最小值.解：（1）根据题意可得，，即，因为，所以，所以，即，所以，由，得，，所以的单调递增区间为，.（2）因为，所以，所以当，即时，；当，即时，.20.已知是自然对数底数，.（1）判断函数在上的单调性并证明；（2）解不等式.解：（1）函数在上单调递增，证明如下：任取，，且，则，因为，，且，所以，所以，，，故，即，所以在上单调递增.（2）函数的定义域为，且，所以是偶函数，又由（1）知在上单调递增，所以，两边平方可得，解得或，故不等式的解集为或.21.已知函数为奇函数，.（1）求实数的值；（2），，使得，求实数的取值范围.解：（1）因为是奇函数，所以，即，整理得，所以，解得，当时，，舍去，当时，函数的定义域为，符合题意，所以.（2）设，根据题意可得，，由（1）知，当时，，故，，设，函数，，①当时，，可得，符合题意；②当时，，图象的对称轴为，（i）当时，对称轴，所以在区间上单调递减，故，由，得，即，所以；（ii）当时，若，即时，，由，得，所以；若，即时，，由，得，所以；综上所述，的取值范围是.22.筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具.如图，假定在水流量稳定的情况下，一个半径为的筒车开启后按逆时针方向做匀速圆周运动，每分钟转1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：s）之间的关系为.（1）求，，，的值；（2）若盛水筒在不同时刻，距离水面的高度相等，求的最小值；（3）若筒车上均匀分布了12个盛水筒，在筒车运行一周的过程中，求相邻两个盛水筒距离水面的高度差的最大值.解：（1）如图，设筒车与水面的交点为，，连接，过点作于点，过点分别作于点，于点，则，，因为筒车转一周需要1分钟，所以，故，在中，，所以，即.（2）由（1）知，，不妨设，由题意得，故，所以，或，，当，时，解得，，故，当且仅当，时，等号成立，此时的最小值为60；当，时，解得，显然当时，取得最小值40，综上，的最小值为.（3）设在筒车运行一周的过程中，相邻两个盛水筒距离水面的高度差为，两个相邻盛水筒的位置分别用和表示，则，所以，，当，即，时，高度差的最大值为.福建省福州市2023-2024学年高一上学期期末质量检测数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为.故选：D.2.命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】命题“，”为全称量词命题，该命题的否定为“，”.故选：C.3.在下列区间中，方程的实数解所在的区间为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意函数单调递增，且，由零点存在定理可知方程的实数解所在的区间只能为.故选：C.4.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，对于，当时，，当时，，当时，，当时，，综上所述，，因此，.故选：B.5.设，则“”是“”的（）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】当时，，此时；当时，，此时或；所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.6.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意.故选：B.7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】.故选：B.8.某工厂产生的废气经过过滤后排放.已知过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：h）的关系为（且，且），其图象如下，则污染物减少至少需要的时间约为（）（参考数据：，）A.23小时 B.25小时 C.42小时 D.44小时【答案】D【解析】由题意时，，时，，解得，令，解得，对比选项可知污染物减少至少需要的时间约为44小时.故选：D.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.已知，则下列不等式成立的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】对于A选项，因为，由不等式的性质可得，A对；对于B选项，当时，，B错；对于C选项，因为，取，，则，C错；对于D选项，因为函数为上的增函数，且，则，D对.故选：AD.10.已知函数的部分图象如下所示，则（）A.B.在上单调递增C.的图象关于直线对称D.将的图象向左平移个单位长度后所得的图象关于原点对称【答案】ACD【解析】由图知，五点法作图中的第二个点为，第五个点为，所以，且，解得，得到，所以选项A正确；对于选项B，当时，，因为，由的图像与性质知，在上单调递增，在上单调递减，所以选项B错误；对于选项C，当时，，由的图像与性质知选项C正确；对于选项D，将的图象向左平移个单位长度后得：，又，即为奇函数，所以选项D正确.故选：ACD.11.已知函数的定义域为，、都有，且，则（）A. B.C.是增函数 D.是偶函数【答案】BC【解析】令，得，则，令，则，①令，则，即，②联立①②可得，则，，A错B对；函数为增函数，且为非奇非偶函数，C对D错.故选：BC.12.已知函数若关于的方程有3个实数解，则（）AB.C.D.关于的方程恰有3个实数解【答案】ABD【解析】如图，依题意作出函数的图象，对于A项，作出关于轴对称的函数的图象，与直线交于点，则，不难看出点在点的右侧，则，故，A项正确；对于B项，因当时，的图象关于直线对称，故点与点关于直线对称，则，由可得：，即，则得，故B项正确；对于C项，当时，由解得：，由解得：，此时，故C项错误；对于D项，依题意，，在上单调递增，故，于是由图知，函数与的图象恰有三个交点，即关于的方程恰有3个实数解，故D项正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数（且）的图象经过定点，则的坐标是____________.【答案】【解析】对于函数（且），令，可得，且，故点.故答案为：.14.已知扇形的弧长是，面积是，则扇形的圆心角（正角）的弧度数为__________.【答案】2【解析】由题意设扇形的圆心角（正角）的弧度数、半径、弧长以及面积分别为，则，解得.故答案为：2.15.已知函数不恒为0，且同时具备下列三个性质：①；②是偶函数；③，，.写出一个函数__________________.【答案】（答案不唯一，如，（且）等均可）【解析】注意到对数函数（且），满足，且，即满足①③，若要满足②函数是偶函数；则只需取，在这里可取.故答案为：（答案不唯一，如，（且）等均可）.16.用表示函数在闭区间上最大值，已知.（1）若，则的取值范围是_____________________.（2）若，则的取值范围是_____________________.【答案】【解析】（1）若时，函数在上单调递增，当时，则，则，解得，因为，解得，若，当时，，则，不合乎题意，综上所述，实数的取值范围是.（2）当时，则，则，，由可得，整理可得，因为，则，矛盾；当时，则，则，，由可得，无解；当时，，则，若，则，此时，函数在上单调递减，则，由可得，可得，解得；若，则，此时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，由可得，可得，可得，解得；若，则，由，可得，矛盾，综上所述，实数的取值范围是.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.已知函数.（1）求的最小值；（2）若恒成立，求的取值范围.解：（1），因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为7.（2）由（1）知函数的最小值为7，因为恒成立，所以，解得，所以的取值范围是.18.已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点.（1）求，，的值；（2）将的终边按顺时针方向旋转，此时终边所对应的角为，求的值.解：（1）因为角的终边经过点，所以，则，，.（2）法一，因为，由（1）知，所以，所以.法二，，，所以，，所以.19.已知函数，.（1）求的单调递增区间；（2）求在区间上的最大值和最小值.解：（1）根据题意可得，，即，因为，所以，所以，即，所以，由，得，，所以的单调递增区间为，.（2）因为，所以，所以当，即时，；当，即时，.20.已知是自然对数底数，.（1）判断函数在上的单调性并证明；（2）解不等式.解：（1）函数在上单调递增，证明如下：任取，，且，则，因为，，且，所以，所以，，，故，即，所以在上单调递增.（2）函数的定义域为，且，所以是偶函数，又由（1）知在上单调递增，所以，两边平方可得，解得或，故不等式的解集为或.21.已知