2023-2024学年高一期末联合检测卷（数学）人教版

这是一份2023-2024学年高一期末联合检测卷（数学）人教版，共18页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，设，则的大小关系为，已知函数是奇函数，则的最小值为，函数的图象是，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

数学测试卷共4页，满分150分。考试时间120分钟。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
3.考试结束，考生必须将试卷和答题卡一并交回
第I卷（选择题共60分）
一、单选题（本题8题，每题5分，共40分）
1．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
3．设，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，满足对任意，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数是奇函数，则的最小值为（ ）
A．3B．5C．D．
6．函数的图象是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知函数，若关于的方程有两个不等的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．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
二、多选题（本题4题，每题5分，共20分，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9．已知函数，则（ ）
A．的定义域为
B．当时，
C．
D．对定义域内的任意两个不相等的实数，，恒成立.
10．已知函数，则（ ）
A．函数的最大值为
B．函数的图象关于直线对称
C．函数的图象关于点对称
D．函数在区间上单调递增
11．若实数，满足，以下选项中正确的有（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．的最小值为15D．的最小值为
12．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．的定义域为
C．若，则（）D．在其定义域上是增函数
第II卷（非选择题共90分）
三、填空题（本题共4题，每题5分，共20分）
13．已知函数对任意实数都有，则 .
14．已知一个扇形的圆心角为2．其周长的值等于面积的值，则扇形的半径 ．
15．先将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，写出图象的一条对称轴的方程： .
16．给出下列四个命题：
①命题“，”的否定“，”；
②a，b，c是空间中的三条直线，的充要条件是且；
③命题“在中，若，则”；
④若“”是假命题，则p，q都是假命题；
其中的真命题是 .（写出所有真命题的编号）
四、解答题（本题共6题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
17．已知不等式的解集为或，集合，
(1)求实数，的值；
(2)若，求实数的取值范围.
18．化简求值：
(1)；
(2)已知.求的值.
19．已知函数.
(1)已知，且函数的最小正周期为，求函数图象的对称中心及其单调减区间；
(2)若，函数在上的最值及其对应的的值.
20．已知定义域为的函数是奇函数，当时，.
(1)求函数的解析式；
(2)判断函数的单调性；
(3)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
21．已知函数．

(1)在图中的平面直角坐标系中画出函数的图象；
(2)设，讨论的零点个数．
22．已知函数且的图象恒过定点，且点又在函数的图象上．
(1)若，求的值；
(2)若使得不等式成立，求实数的取值范围．
参考答案：
1．A
【分析】因为，由集合相等的定义即可列出方程求出的值，但要注意集合元素具有互异性，所以求出的值之后还要回代到具体集合中验证是否满足元素之间互异.
【详解】由题意集合，，
又因为，且全集，
所以，解得，
但当时，集合违背了元素之间的互异性，
而当时，集合，，满足题意,
综上所述：.
故选：A.
2．A
【分析】根据条件先求解出的定义域，然后结合分式分母不、对数的真数大于列出关于的不等式组，由此求解出的定义域.
【详解】依题意，函数的定义域为，
所以，即函数的定义域为，
所以在函数中有，解得，
所以的定义域为，
故选：A.
3．D
【分析】利用对数函数的性质，结合临界值即可得解.
【详解】因为，所以，即，
则；
因为，所以，即，
所以，同时，即；
而，
所以.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是找到临界值，从而得解.
4．C
【分析】根据给定条件，可得函数在R上单调递增，再利用分段函数及对数函数单调性列出不等式求解即得.
【详解】函数的定义域为R，
由对任意，都有，得函数在R上单调递增，
于是，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：C
5．C
【分析】根据函数的奇偶性可得，利用基本不等式求最值即可.
【详解】令，得，故函数的定义域为．
因为是奇函数，则其定义域关于原点对称，
可得，即，
此时，可得，
可得是奇函数，即符合题意；
故，
当且仅当，即，时等号成立，
故的最小值为，
故选：C．
6．B
【分析】根据对数函数的性质判断．
【详解】，当或时，，，排除AD，
当时，，，排除C，
故选：B．
7．B
【分析】画出函数图像，根据图像得到答案.
【详解】画出函数与的图象，如图所示：
由图可知.
故选：B.
8．A
【分析】根据诱导公式化简可得，进而变换得出，即可得出答案.
【详解】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.
9．ACD
【分析】根据可判断选项A；根据的单调性，判断的单调性可判断选项B；根据的奇偶性可判断选项C；由复合函数单调性和奇偶性可判断选项D.
【详解】对于A，由，得，即恒成立，故A正确；
对于B，令，
易知在单调递减，且，
则在单调递减，且，故B错误；
对于C，令，则，
，
为上的奇函数，，
，故C正确；
对于D，由B选项知，在单调递减，且，
在单调递减，且，
为上的奇函数，
在单调递减，且，
又，在上单调递减，
在上单调递减，
对定义域内的任意两个不相等的实数，，恒成立，故D正确.
故选：ACD.
10．ACD
【分析】先利用辅助角公式化简的解析式；再由三角函数的有界性判断选项A，由三角函数的对称性判断选项B、C，利用整体代入法及余弦函数的单调性判断选项D.
【详解】.
对于选项A，的最大值为，故选项A正确；
对于选项B，令，解得，
所以函数的图象关于直线对称，
则函数的图象不关于直线对称，故选项B错误；
对于选项C，因为，
所以函数的图象关于点对称，故选项C正确；
对于选项D，令 ，
解得，
所以的单调递增区间为.
因为当时，，
则函数在区间上单调递增，故选项D正确．
故选：ACD．
11．AD
【分析】利用基本不等式解决含有条件的最值问题，求解和为定值或乘积为定值.
【详解】对于选项A:因为实数，满足，所以，
即，当且仅当时，即时，取得最大值，故A正确；
对于选项B: 因为实数，满足，
所以，
当且仅当时，即时，取得最小值， 故B错误；
对于选项C: 因为实数，满足，所以，
当且仅当时，即时，又，所以，故C错误；
对于选项D:因为实数，满足，
所以，
则，当且仅当时，即时，取得最小值为，故D正确；
故选：AD.
12．ABC
【分析】根据正切函数的性质依次求出函数的最小正周期、定义域、单调区间即可求解.
【详解】A：，函数的最小正周期为，故A正确；
B：由，得，
所以函数的定义域为，故B正确；
C：，得，解得，故C正确；
D：，解得
所以函数在上单调递增，故D错误.
故选：ABC.
13．
【分析】由可列出方程组：，从而求解.
【详解】由题意得：对任意实数都有，
所以：，解得：.
故答案为：.
14．4
【分析】根据扇形的周长公式和面积公式建立关系，求出答案.
【详解】，弧长，
周长为，面积，，或0（舍去），
故答案为：4．
15．（答案不唯一）
【分析】利用伸缩和平移变换写出的函数表达式，再求对称轴方程.
【详解】先将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到，
向左平移个单位长度得到 ，
令，，解得，，
可取，则.
故答案为：（答案不唯一）.
16．①③
【分析】①含有量词的命题的否定，先换量词，再否定结论；②空间，同时垂直同一直线的两直线不一定平行；③在中，若，则，再由正弦定理即可判断；④“”是假命题，则p，q有假命题.
【详解】解：对于①含有量词的命题的否定，先换量词，再否定结论，故①是真命题；
对于②，空间中同时垂直同一直线的两直线不一定平行，故②是假命题；
对于③，在中，若，则，则，
则，故③是真命题；
④“”是假命题，则p，q有假命题，故④是假命题；
故答案为：①③
17．(1)，
(2)
【分析】（1）由不等式解集得和是方程的两根，利用韦达定理列方程求解即可；
（2）利用交集的结果直接列不等式求解参数范围即可.
【详解】（1）因为不等式的解集为或，
所以和是方程的两根，由韦达定理知，
解得，.
（2）因为或，，且，
所以，解得，故实数的取值范围是.
18．(1)；
(2)4.
【分析】（1）根据指数幂的运算性质即可求解；
（2）先由诱导公式进行化简，再由商数关系求值即可.
【详解】（1）解：
；
（2）解：
.
19．(1)对称中心为（）；单调减区间为（）
(2)时，取最大值；或时，取最小值.
【分析】（1）由最小正周期求出解析式，借助函数的对称性和单调性求出函数的图象的对称中心及单调减区间；
（2）求出 的取值范围，得函数的最值及去最值时对应的x的值.
【详解】（1），且函数的最小正周期为，所以，
，的对称中心为（），
令（），解得，（），
的对称中心为（），
令（），解得，（），
的单调减区间为（）.
（2），，
，
当时，有最大值，此时，
当或时，有最小值，此时或.
20．(1)
(2)是上的减函数
(3)
【分析】（1）利用奇函数的定义求解析式；
（2）利用复合函数单调性判断即可；
（3）利用奇偶性和单调性解不等式.
【详解】（1）当时，，
∴
又∵是上的奇函数，
∴且
∴当时，
综上：.
（2）∵当时，单调递减，
因为是定义域为的奇函数，由对称性可知，在上单调递减，
∴，有，
又∵当时，单调递减，
∴，有，
∴是上的减函数.
（3）由得，
∵是奇函数，∴，
又∴是上的减函数，∴，
即对任意的恒成立
①当时，恒成立，满足条件
②当时，应满足即
综上：的取值范围是.
21．(1)作图见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意结合函数图象变换分析作图；
（2）根据题意分析可得的零点个数即为与两图象的交点个数.
【详解】（1）将的图象向下平移2个单位，得到，
再将位于x轴下方的部分对称至x轴上方，得到.
所以函数的图象如图所示：

（2）令，可得，
可得的零点个数即为与两图象的交点个数．
由中图可知：当时，两图象无交点；
当或时，有一个交点；
当时，有两个交点．
综上所述：当时，无零点；
当或时，的零点个数为；
当时，的零点个数为．
22．(1)1
(2)
【分析】（1）根据指数函数过定点，结合定点在图象上可得，再代入，换元令求解即可；
（2）参变分离可得在上有解，再根据函数的单调性求解最值即可.
【详解】（1）函数且，则函数图象恒过定点.
又在函数图象上，即，解得（负值舍去）.
则，由，得，令，则.
即，也即.
，，即，解得．
（2）因为，
则不等式在上有解，
即在上有解.
令，，则函数在上单调递增，
故当时，，
所以，即实数的取值范围为．