精品解析：甘肃省庆阳市环县第一中学2023-2024学年高一上学期期末数学试题

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全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
5．本卷主要考查内容：湘教版必修第一册第一章～第五章，三角恒等变换．
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，只有一项是符合题目要求的．
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式：先根据，再根据运算求解．
【详解】
故选：B．
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合的交运算即可求解.
【详解】，，
，
故选：B.
3. 函数的最大值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】换元再配方可得答案.
【详解】令，则，
所以.
故选：D
4. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则（ ）
A. B. 2C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】由函数为奇函数，有，代入函数解析式求值即可．
【详解】是定义在上的奇函数，当时，，
则．
故选：B．
5. 已知且在内存在零点，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据零点在区间内可得关于的不等式组，从而可求的取值范围.
【详解】因为，故即.
而且在内存在零点，
故即，解得，
故选：C.
6. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，从而得到函数的解析式.
【详解】解：由图象可得，再根据，可得，
所以，
再根据五点法作图可得，求得，
故函数的解析式为.
故选：C.
7. 已知均大于1，满足，则下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出图象，结合图象交点坐标即可得.
【详解】由，
画出函数与、、，
则与交点横坐标，
则为与交点横坐标，
则为与交点横坐标，
根据图象可知.
故选：B．
8. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用辅助角公式求得，然后利用二倍角公式计算即可.
【详解】，则，
则，
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. 关于的不等式对任意恒成立的充分不必要条件有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】先求不等式对任意恒成立充要条件，然后根据选项判断与其包含关系即可.
【详解】当不等式对任意恒成立时，有，
解得，记.
由题知，集合A的真子集即为不等式对任意恒成立的充分不必要条件.
故选：AC．
10. 下列不等式的解集为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用一元二次不等式的解法逐个分析判断即可.
【详解】对于A，因为，，
所以不等式的解集为，所以A正确，
对于B，因为，
所以方程的两根为，
所以不等式的解集为，所以B错误，
对于C，因为，
所以不等式的解集为，所以C正确，
对于D，因为，
所以方程的根为，
所以不等式的解集为，所以D错误，
故选：AC
11. 已知，则函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】通过特值法，排除错误选项，通过的取值，判断函数的图象的形状，推出结果即可.
【详解】由于当时，，排除B，C，
当时，，此时函数图象对应的图形可能为A，
当时，，此时函数图象对应的的图形可能为D.
故选：AD.
12. 已知函数，，对，与中的最大值记为，则（ ）
A. 函数的零点为，B. 函数的最小值为
C. 方程有3个解D. 方程最多有4个解
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数解析式，结合函数性质及函数新定义对选项一一分析即可.
【详解】对于A，由，即，得或，所以的零点为和3，所以A不正确；
对于B，因为的解为和，由与的图象可知，
当时，有最小值，所以B正确；
对于C，因为的图象与有3个交点，
所以方程有3个解，所以C正确；
对于D，令，因为，由选项B中的图象可知，
当时，最多有2个解，，
当时，有2个解；而有2个解，
故最多有4个解，所以D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设命题，则命题p的否定为____________．
【答案】
【解析】
【分析】由特称命题的否定为全称命题，即可得答案.
【详解】解：因为命题是特称量词命题，
所以其否定是全程量词命题，即为．
故答案为：
14. 桃湖公园有一扇形花园，扇形的圆心角为，半径为，现要在该花园的周围围一圈护栏，则护栏的总长度为（结果保留）________．
【答案】
【解析】
【分析】确定扇形的圆心角的弧度数，结合扇形的弧长公式可求得该公园护栏的总长度.
【详解】因为，所以，扇形的圆心角为，半径为，
所以，该花园护栏的总长度为.
故答案为：.
15. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】将题干中的两个等式先平方再相加，利用两角差的余弦公式可求得结果.
【详解】由，
，
两式相加有，
可得．
故答案为：.
16. 已知函数是定义在上的偶函数，在区间上单调递增，且，则不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由偶函数的性质及在区间上单调递增，分别解不等式，，进而可得出答案.
【详解】因为是定义在上的偶函数，所以，
又在区间上单调递增，
由，得，解得.
由，得，解得或.
所以，即或解得或，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
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、证明过程及演算步骤．
17. 已知全集，集合，集合.
（1）求，；
（2）求.
【答案】（1），；
（2）或
【解析】
【分析】（1）由对数函数单调性解不等式得集合B，根据集合的交集、并集运算求解；
（2）根据补集运算、并集运算求解即可.
【小问1详解】
由题意得，，
不等式，可得，
∴，；
【小问2详解】
由（1）知，或
∴或.
18. 设函数，的图象的一条对称轴是直线．
（1）求的值；
（2）求函数的单调增区间．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦型函数的对称性，把代入函数解析式求的值；
（2）整体代入法求正弦型函数的单调增区间.
【小问1详解】
是函数的图象的对称轴，则有．
解得，又，所以．
【小问2详解】
由（1）知，因此．
由题意得当x满足时，函数单调递增．
即当时，单调递增．
所以函数的单调递增区间为．
19. 已知函数．
（1）若的定义域为，求实数a的取值范围；
（2）若在上单调递增，求实数a取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，对恒成立，讨论的范围，列出条件解出即可；
（2）讨论的范围，根据复合函数的单调性的性质结合定义域列出条件，解出即可.
【小问1详解】
若的定义域为，
即对恒成立．
当时，不符合题意；
当时，，
即，解得，
所以实数a的取值范围是；
【小问2详解】
当时，，符合题意；
当时，
解得，所以；
当时，解得．
综上，实数a的取值范围是．
20. 已知，，且.
（1）求ab的最小值；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接利用基本不等式求解即可；
（2）利用基本不等式中的常数代换技巧求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，所以，
所以，所以，当且仅当即时等号成立，即ab的最小值为；
【小问2详解】
，
当且仅当即即时，等号成立，
所以的最小值为.
21. 已知．
（1）求的值；
（2）已知，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦的二倍角公式，结合三角函数商式关系式，求得正切值，根据正弦与余弦的二倍角公式以及平方关系式，可得答案；
（2）根据二次方程以及正切的和角公式，结合角的取值范围，可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
又因为，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，
因为，所以，
又因为，所以，
所以，由，得，
所以．
22. 已知幂函数在上单调递增，函数．
（1）求的值
（2）当时，记，的值域分别为集合A，，设，，若是成立的必要条件，求实数的取值范围
（3）设，且在上的最小值为，求实数的值．
【答案】（1）-2 （2）
（3）或．
【解析】
【分析】（1）由幂函数的定义得到，求出或，结合函数在上单调递增，去掉不合要求的解；
（2）在第一问基础上求出，根据单调递增，得到，由是成立的必要条件得到，从而比较端点得到不等式组，求出实数的取值范围；
（3）得到，的对称轴为，根据对称轴的位置分三种情况，得到相应的函数最小值，列出方程，求出实数的值.
【小问1详解】
由幂函数的定义得，解得：或，
当时，在上单调递增，符合题意
当时，在上单调递减，与题设矛盾，舍去．
综上可知：；
【小问2详解】
由（1）得，
当时，，即；
当时，因为单调递增，
故，即，
由命题是成立的必要条件，则，显然，
则，解得：，
所以实数的取值范围为；
【小问3详解】
根据题意得，的对称轴为，
当，即时，在上单调递增，，
解得：（舍去），或，
当时，即，，
解得：或（舍去），
当，即时，，
解得：（舍去），
综上所述，或．