2023-2024学年福建省莆田第二中学高一上学期12月阶段检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省莆田第二中学高一上学期12月阶段检测数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．的终边在（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】应用终边相同的角即可求解.
【详解】的终边与相同，则终边在第一象限.
故选：A．
2．当为第四象限角时，（ ）
A．1B．C．3D．
【答案】B
【分析】由象限角确定对应函数值符号，进而化简目标式求值.
【详解】由为第四象限角，则，
所以.
故选：B
3．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】判断函数的奇偶性，结合特殊值，排除选项得出正确答案．
【详解】的定义域为，且，
即函数为奇函数，排除A，B
又当时，，排除C
故选：D
4．设是方程的解，且，则属于区间（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据、在区间上的单调性，结合端点值的大小关系判断的范围.
【详解】在上递增，
在上递减，而，，
所以在上，与没有交点；
在上递减，而，，
所以在上，与没有交点；
在上递减，而，，
所以在上，与有交点；
在上递减，而，，
所以在上，与没有交点；
综上，属于.
故选：C
5．已知，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由指数函数的单调性判断的范围，再由对数函数的单调性判断的范围，再由三角函数的性质判断的范围，从而可得结果
【详解】，，
，，
，且，
，
∵.
.
【点睛】此题考查指数式、对数式，三角函数值比较大小，利用了函数的单调性，属于基础题
6．已知且，函数，满足时，恒有成立，那么实数的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由函数单调性的定义可得函数在上单调递增，结合分段函数、对数函数的单调性，列出不等式即可得解.
【详解】因为函数满足时，恒有成立，
即函数满足时，恒有成立，
所以函数在上单调递增，
所以，解得.
故选：D.
7．如图所示，用两种方案将一块顶角为，腰长为的等腰三角形钢板裁剪成扇形，设方案一、二扇形的面积分别为，周长分别为，则
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】根据弧长公式和扇形面积求解.
【详解】 为顶角为，腰长为2的等腰三角形，
，
方案一中扇形的周长 ，
方案二中扇形的周长，
方案一中扇形的面积，
方案二中扇形的面积，
所以，.
故选A.
【点睛】本题考查弧长公式，扇形面积公式.
8．已知函数，若函数有3个不同的零点，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】先求出的解析式，画出函数图象，根据和有3个不同的交点可得出.
【详解】当时，，则，
当时，，则，
当时，，，
，
当时，，
单调递增，且，此时单调递增，
在单调递增，，
画出函数图象，
函数有3个不同的零点，等价于和有3个不同的交点，
则观察图象可得，.
故选：B.
【点睛】本题考查根据函数零点个数求参数范围，解题的关键是将其转化为和有3个不同的交点，数形结合求出.
二、多选题
9．用二分法求方程在上的近似解时，经计算，，，，即可得出方程的近似解为（ ）
（精确度）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】根据可得方程在上有解，结合即可得出结果.
【详解】因为，，，
所以，在上有解，
又，
所以方程的近似解精确度为可以为，，
故选：BC
10．（多选）若，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据对数和指数的互化计算出，然后逐项验证即可.
【详解】∵，，∴，，∴，故A选项正确；，故B选项错误；
，故C选项错误；，故D选项正确，
故选：AD
11．设函数，，且，下列说法正确的是（ ）
A．函数与直线的图象有两个不同的公共点
B．函数有最小值0，无最大值
C．若，则
D．若，则
【答案】BCD
【分析】由题设，分析函数性质并画出函数草图，即可判断各项正误.
【详解】由题设，
故在上递减，值域为，在上递增，值域为，
所以的图象如下：
所以与直线的图象有一个交点，有最小值0，无最大值，A错，B对；
由，，结合图知：，可得，C对；
由且，结合图知：且，且，
所以，则，D对.
故选：BCD
12．通过等式我们可以得到很多函数模型，例如将a视为常数，b视为自变量x，那么c就是b（即x）的函数，记为y，则，也就是我们熟悉的指数函数.若令是自然对数的底数），将a视为自变量，则b为x的函数，记为，下列关于函数的叙述中正确的有（ ）
A．
B．，
C．在上单调递减
D．若对任意，不等式恒成立，则实数m的值为0
【答案】ACD
【分析】先根据题意得出的解析式，根据计算易于判断A,B两项，对于B项，可根据在上的单调性和值的正负可推得的单调性，对于D项，则需要等价转化，运用参变分离法分区间讨论得出的范围进行判断.
【详解】由题意可得，，两边取自然对数得，，即.
对于A选项，,故A项正确；
对于B选项，，，因，但是（否则，值不存在），
则，故B项错误；
对于C选项，当时，且为增函数，则恒为负且为减函数，故C项正确；
对于D选项，①当时，，则由可推得在上恒成立，
即在上恒成立，不妨设则，，记，
因在上单调递减，故，从而，即，故，
②当时，，则由可推得在上恒成立，
即在上恒成立，不妨设则,同法得，
因在在上单调递增，上单调递减，故，从而，即，故.
综上分析知，实数m的值为0,故D项正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：此题关键即在于选项D的判断，紧紧围绕给定区间，对等价转化后的不等式恒成立问题进行处理，一般考虑运用参变分离法，其中，对于分离后另一侧函数的值域界定需要换元，并借助于对勾函数在不同区间上的值域进行判断才能得出结果.
三、填空题
13．函数（且）的图象过定点 .
【答案】
【分析】令真数为，求出的值，再代入函数解析式，即可得出函数的图象所过定点的坐标.
【详解】令，得，且.
因此，函数的图象过定点.
故答案为.
【点睛】本题考查对数型函数图象过定点问题，一般利用真数为求出自变量的值，考查运算求解能力，属于基础题.
14．已知，，那么 .
【答案】
【分析】由同角三角函数关系及已知条件求得，代入目标式求值即可.
【详解】由，，则，
所以.
故答案为：
15．设定义在上的函数，则不等式的解集是 .
【答案】
【分析】由奇偶性定义判断奇偶性，根据指对数函数性质判断在上单调性，利用奇偶性、单调性求不等式的解集.
【详解】由，
又函数定义域为，故为奇函数，
在上易知单调递增，且，
又在上连续，故上递增，
所以，
则，不等式解集为.
故答案为：
16．已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且满足，则的值为 ；若关于的方程有唯一的实数解，则实数的值为 .
【答案】 1 或
【分析】构造函数方程并根据奇偶性可求得函数的解析式；转化为
有唯一解，构造偶函数，根据偶函数的对称性列式可求得结果.
【详解】，分别是定义在上的偶函数和奇函数，
，，
，
又①，
②
①+②：，，
令
又
换元设
又关于的方程有唯一的实数解，
设，
为偶函数，当且仅当时为唯一零点，，解得或.
故答案为：0；或
【点睛】关键点睛：构造函数方程并根据奇偶性求函数解析式、利用偶函数的对称性求解是解题关键.
四、解答题
17．已知，且是第三象限角．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）整理化简题目中的方程，结合三角函数的性质，可得答案；
（2）利用诱导公式，同角三角函数的关系式，可得答案.
【详解】（1）由于，，，
且是第三象限角，解得（舍）或．
（2）可得
，
当时，原式．
18．已知
（1）求的值；
（2）若，且角终边经过点，求的值
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由平方可解得，利用诱导公式化简，从而可得结果；（2）结合（1）利用得，，由角终边经过点，可得，原式化为，从而可得结果.
【详解】（1）∵，∴，
即，
∴
（2）由（1）得，
又，，
，
又角终边经过点，

【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．
19．已知函数是偶函数，且当时，（，且）.
(1)求当时的解析式；
(2)在①在上单调递增；②在区间上恒有这两个条件中任选一个补充到本题中，求的取值范围.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）
【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）利用偶函数性质求时的解析式；
（2）选①：易知且在上恒成立，进而求得范围，根据指数函数性质求范围；选②：讨论、，结合与均为偶函数，得到且上恒成立，列不等式组求范围，根据指数函数性质求范围；
【详解】（1）令，则，由.
所以当时.
（2）若选①：由且，，在定义域上递减，且，
要使在上单调递增，则在定义域上递减，即，
所以在上恒成立，故，则，
所以；
若选②：若，在上，且，
此时恒成立，不满足；
若，又与均为偶函数，只需上恒成立，
由复合函数单调性知：在上递减，而递增，
所以在上递减，则，
所以.
20．已知函数；
（1）若的解集为，求的零点，
（2）若在内恰有1个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）函数的零点为；（2）．
【解析】（1）由不等式解集与一元二次方程的根的关系得方程的根，由方程根的定义可求参数值，然后解方程可得零点．
（2）可利用一元二次方程根的分布分类求解．注意分类和，在时，在上有一个解，还有是一个解，1是一个解分别求出另一解判断，另外时进行检验．从而可得结论．
【详解】（1）依题意得方程的两根为-1，b，
将代入方程得，
于是方程可化为，解得或．
所以函数的零点为．
（2）因为函数在内恰有1个零点，
所以该函数图象在内与轴只有一个公共点．
（i）当时，由，得，故满足题意；
（ii）当时，
①当函数的图象在轴两侧时，则由，
解得，
此时且，满足题意
当时，，满足题意；
当时，，满足题意．
②当函数的图象在轴同侧时，则由，
解得．
由即解得，
故，满足题意．
综上所述，的取值范围是．
【点睛】易错点睛：本题考查一元二次不等式的解集、一元二次方程的根、二次函数的图象之间的关系，掌握三个“二次”的关系是解题关键．利用二次函数图象可得一元二次方程根的分布的知识．要注意根的分布结论都是在开区间有解，而实际解题时还要分类讨论或者是方程根的情形，否则可能漏解．
21．莆田市，古称“兴化”，又称“荔城”“莆阳”“兴安”“莆仙”，建制至今已有1500多年，素有“海滨邹鲁”、“文献名邦”之美称，全市辖4个区、1个县，总面积4200平方公里，至2021年末，全市常住总人口322万人，在全省9个地市中排名第5名，2021年全市GDP总量2883亿元，位列全省第8名.
(1)假设2021年后莆田市GDP的年平均增长率能保持8%，那么按此增长速度，约经过几年后，莆田市GDP能实现比2021年翻一番?
(2)习近平总书记在党的二十大报告中指出，到2035年我国要基本实现社会主义现代化，人均国内生产总值达到中等发达国家水平.对标国家目标，莆田市未来发展任重道远，需立大格局、树进取心、施非常策、兴落实风，奋力开创高质量超越发展，力争实现2035年GDP比2021年翻两番.要实现这一宏伟目标，从2021年后GDP的年平均增长率至少要保持在多少以上?
（参考数据：，，）
【答案】(1)约经过8年后，莆田市GDP能实现比2021年翻一番；
(2)从2021年后GDP的年平均增长率至少要保持在以上.
【分析】（1）由题意解，得到，根据换底公式和对数运算性质，即可求的结果；
（2）设增长率为且，由已知得，显然，解不等式即可得到结果.
【详解】（1）由题意，年后莆田市GDP为，
令，则，
即，
所以约经过8年后，莆田市GDP能实现比2021年翻一番；
（2）设从2021年后GDP的年平均增长率至少要保持在以上，且，
由题意，，即，而，
所以，故，
从2021年后GDP的年平均增长率至少要保持在以上.
22．已知函数，.
（1）当时，求函数的值城
（2）若关于的方程有两个不等根，求的值；
（3）是否存在实数，使得对任意，关于的方程在区间上总有3个不等根，，，若存在，求出实数与的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）存在，，
【解析】（1）将函数化简再根据单调性即可得函数的值域；
（2）根据的解析式，将代入化简，即可得到的值.
（3）令，，，根据得出的取值范围，由题意可得关于的方程在区间有两解，且有两个不等根，只有一个根，列出不等式组得出的范围，再结合（2）知，的取值范围.
【详解】（1）在区间单调进减，
而，，故函数的值域为．
（2）因为在单调递减，在单调递增，
，则有，即
故，所以
（3）令，由（1）知
令，因为在单调减，在单调递增，
且，，
则当时，方程有两个不等根，由（2）知，且两根之积为1；
当时，方程有且只有一个根且此根在区间内或者为1.
令，由二次函数与的图象特征，原题目等价于：
对任意，关于的方程在区间上总有2个不等根，
且有两个不等根，只有一个根，则必有
结合二次函数的图象，则有，解之得，
此时；，则其根，故必有.
【点睛】本题主要考查的是利用函数的单调性求函数值域，以及对数函数方程的零点以及复合函数零点的求法，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质，考查学生的分析问题解决问题的能力，是难题.