黑龙江省哈尔滨市2023-2024学年高一上学期1月期末数学试题

这是一份黑龙江省哈尔滨市2023-2024学年高一上学期1月期末数学试题，共18页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合的基本运算就可以得到答案.
【详解】由解得，
所以，.
故选：B
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题，逐项分析即可.
【详解】因为存在量词命题的否定是全称量词命题，
所以命题“，”的否定为：
，，
故选：D.
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】D
【解析】
【分析】更多优质资源可进入 通过举反例，结合不等式的性质，由充分条件与必要条件的概念，即可判定出结果.
【详解】若，，则满足，不满足；
由可得，不能推出，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
【点睛】结论点睛：
判定充分条件与必要条件时，一般根据概念直接判断，有时也需要可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．
4. 不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用一元二次不等式的解法得出.
【详解】因为的根是3和7，
所以不等式的解集为，
故选：C
5. （ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由对数的运算，即可得到结果.
【详解】.
故选：B
6. 已知幂函数的图象过点，则（ ）
A. 2B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设幂函数解析式代入点的坐标得幂函数，从而可得的值.
【详解】设幂函数，由于函数的图象过点，
所以，则，所以，则.
故选：B.
7. 已知实数，则（ ）
A. 最小值为1B. 最大值为1C. 最小值为D. 最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】由基本不等式得出结果.
【详解】因为，
当且仅当即时取等号；
故最大值为，
故选：D.
8. 函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用差比较法，比较出的大小关系.
【详解】由题意得，
，
故.
故选：B.
二、多选题：本题共4个小题，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，全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用平方关系求得的值，再结合诱导公式、商数关系逐项化简判断即可.
【详解】因为，，所以，
则，，
，，则A，C正确，B，D错误.
故选：AC.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的解集为
C. 在上单调递增D. 当时，的值域是
【答案】AB
【解析】
【分析】根据分段函数分段求解函数值、解不等式即可判断A，B；根据分段函数确定函数单调性与最值即可判断C，D.
【详解】因为函数，则，所以，故A正确；
当时，为，解得，所以，
当时，为，解得，
综上的解集为，故B正确；
函数在区间上单调递减，函数在上单调递增，
故在上先减后增，故C不正确；
当时，单调递减，当时，单调递，
则，所以，的值域是，故D不正确.
故选：AB.
11. 已知函数（，），直线和点是的图像的一组相邻的对称轴和对称中心，则下列说法正确的是（ ）
A. 的周期是
B. 函数在区间上为单调函数
C. 将的图像上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，得到函数，则
D. 将函数的图像向左平移（）个单位长度后得到的图像关于轴对称，则的最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，由函数对称轴以及对称中心可得以及，再由正弦型函数的性质，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】由题意可知，的最小正周期为，则，故A正确；
由，解得，，
又，所以，则，
令，，
解得，，
函数的单调递增区间为，
当时，单调递增区间为，且，故B正确；
由题意可得，则，故C错误；
将函数的图像向左平移（）个单位长度后可得
，且图像关于轴对称，则，，
解得，，且，则，故D正确；
故选：ABD
12. 设函数，函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，函数有3个零点
B. 当时，函数有5个零点
C. 若函数有2个零点，则或
D. 若函数有6个零点，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】画出函数的草图，结合函数的图象和关于的一元二次方程的根的分布判断个选项的真假.
【详解】对函数，做出函数草图如下：
结合图象可知：
当或时，方程有且只有一解；
当或时，方程有两解；
当时，方程有三解；
当时，方程无解.
设，可得方程（*）.
若，方程（*）无解，无零点，故D不成立；
若或.
当时，，此时方程只有一解，即只有一个零点；
当时，，此时方程有三个解，即有三个零点，故A正确；
当时，方程（*）有两解，且，
此时，方程有三个解，方程有两个解，故有5个零点.故B正确；
若函数有2个零点，则需要方程（*）有两解，且：
①两个解要满足：，，所以有：；
②两个解要满足：，，此时无解；
③两个解要满足：，所以
综上，C正确.
故选：ABC
【点睛】关键点睛：本题考查根据函数零点个数与参数取值范围的问题，关键是将问题转化为方程和的解的个数问题，通过数形结合的方式求得结果.
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. ________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据二倍角的正弦公式，即可求解.
【详解】.
故答案为：
14. 函数的定义域为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据具体函数的定义域限制列不等式求解即可.
【详解】函数的定义域满足，解得且，
故函数的定义域为.
故答案为：.
15. 指数函数过点，，，，则的大小关系为______.（用“”号连接）
【答案】
【解析】
【分析】将点代入指数函数，求得，判断其单调性；再利用指数和对数函数的性质，判断出三个数的大小关系，进而判断出的大小关系即可.
【详解】设指数函数为，代入点，可得，
即，其中，所以函数在上单调递减，
根据指数函数的性质：
，函数在上单调递减，；
，函数在上单调递增，；
根据对数函数的性质：
，函数在上单调递减，，
所以，且函数在上单调递减，
所以，
故答案是：.
16. 函数（，）的最小正周期为4，且，则______.
【答案】0
【解析】
【分析】由辅助角公式化简函数式，根据题意求出的解析式，求出，，，，结合周期性，即可求出的值.
【详解】，
因为最小正周期为4，
所以，，
所以，
又因为，
所以，故，
因为，所以，
所以，
所以，，，，
所以，且，
由于的周期为4，
所以.
故答案为：0
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知，是第三象限角.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用两角差的正弦公式，化简为，进而求出的值；利用两角和的正弦公式将展开，代入的值即可；
（2）用同角三角函数基本关系式，求出和的值，利用两角和的正切公式将展开，代入即可.
【小问1详解】
由题意：
，
，，
其中，；
；
【小问2详解】
由（1）得，，
.
18. 已知函数.
（1）若关于的不等式解集为，求实数的取值范围；
（2）解关于的不等式.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）转化为一元二次不等式恒成立问题，令解出即可；
（2）由判别式确定a的范围，分类再解不等式即可.
【小问1详解】
由题意，可得，
；
小问2详解】
①当时，即时，
原不等式的解集为；
②当时，即或时，
当时，，
原不等式的解集为，
当时，，
原不等式的解集为；
③时，即或时，，
解得或，
原不等式的解集为.
19. 如图，在扇形中，半径，圆心角.是扇形圆弧上的动点，矩形内接于扇形，记.
（1）将矩形的面积表示成关于的函数的形式；
（2）求的最大值，及此时的角.
【答案】（1）（）
（2）时，取得最大值
【解析】
【分析】（1）借助三角函数定义及几何性质即可求解；
（2）借助三角函数性质即可求解.
【小问1详解】
在中，，，
，，
，
，
（）；
【小问2详解】
，
，
，
因，
，
当，即时，
取得最大值.
20. 已知函数.
（1）若是奇函数，求实数的值；
（2）若，求在上的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的定义即可求解；
（2）结合函数的单调性即可求解.
【小问1详解】
由题意，
，
，
；
【小问2详解】
，
，
，
令，，
令，，
设，
，
，
在上单调递减，
，即，
同理可证在上单调递增，
，即，
综上，在上的值域.
21. 定义在上的函数满足，且不恒为0.
（1）求和的值；
（2）若在上单调递减，求不等式的解集.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用赋值法计算即可；
（2）令，证明函数奇偶性，结合函数单调性解不等式.
【小问1详解】
令，
所以，故，
令，所以
所以.
【小问2详解】
令，因为，所以，故，
所以是偶函数，
由，，
则，
又是偶函数，
所以上式可转化为，
又在上单调递减，
所以上式可转化为，解得或.
故不等式的解集为.
22. 定义在上的函数满足，且对任意的（其中）均有.
（1）判断并证明函数的奇偶性；
（2）若对所有恒成立，求实数的取值范围；
（3）若（1）中的函数的图象是经过和的一条直线，函数的定义域为，若存在区间，使得当的定义域为时，的值域也为，求实数的取值范围.
【答案】（1）是奇函数，证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用奇函数的定义证明即可；
（2）先证明函数在上单调递增，再由单调性解不等式即可；
（3）求出，利用的单调性得到故①，②，再用换元法令结合二次函数求出取值范围.
【小问1详解】
是奇函数，
证明如下：的定义域为，
，
，即是奇函数；
【小问2详解】
对任意的，，，
，
即在上单调递增，
又是奇函数，
故函数在上单调递增，
又，
即，
即对所有恒成立，
而函数上单调递增，有，
即，令，
即对所有恒成立，
，故；
【小问3详解】
由已知函数的图象是经过和的一条直线，可得，
的定义域是，在上单调递减，
由已知当的定义域为时，的值域也为，
故①，②，
两式相减可得，
即③，
将③代入②，，
令，得，
又，故，
因为，
所以，
故实数的取值范围为.