四川省绵阳南山中学2023-2024学年高一上学期期末热身考试数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳南山中学2023-2024学年高一上学期期末热身考试数学试题（Word版附解析），共19页。
本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共5页；答题卷共6页，考试时间：120分钟，试卷满分：150分.
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上，并把对应的准考证号用2B铅笔涂黑.
2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案；答案不能答在试题卷上.
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
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. 设集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用集合的补集和交集运算求解.
【详解】因为集合，，
所以
又，
所以
故选：B
2. 已知命题：，，则是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定判断即可.
【详解】：，.
故选：C.
3. 已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，若角终边有一点，且，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定义即可得到方程，解出即可.
【详解】由题意得，解得，
故选：B.
4. 设f(x)是周期为4的奇函数，当0≤x≤1时，f(x)＝x(1＋x)，则＝（ ）
A. －B. －C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先利用函数的周期性和奇偶性转化，再利用已知条件求解即可.
【详解】∵是周期为4的奇函数，
∴＝＝，
又时，，
故＝＝＝.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了利用函数的周期性和奇偶性求值的问题.属于容易题.
5. 近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为Peukert常数.为测算某蓄电池的Peukert常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，则该蓄电池的Peukert常数大约为（ ）
A. 1.25B. 1.5C. 1.67D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得出，可得出，利用指数与对数的互化、换底公式以及对数的运算法则计算可得的近似值.
【详解】由题意可得，所以，所以，
所以.
故选：B.
6. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定，，，得到大小关系.
【详解】，，，给.
故选：A
7. 函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性与函数值的正负确定选项.
【详解】设，则，
故为奇函数，A，D符合，排除B，C.
又，所以当时， 恒成立，故A满足，D排除.
故选：A
8. 设函数是定义在上的奇函数，对任意，都有，且当时，，若函数（且）在上恰有4个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知，函数周期为4，作出函数的图像，依题意可得数与的图像在上有4个不同的交点，然后分及讨论即可．
【详解】解：函数是定义在上的奇函数，当时，，
当时，，所以，
即当时，
又对任意，都有，则关于对称，且，
，即函数的周期为，
又由函数且在上恰有个不同的零点，
得函数与的图像在上有个不同的交点，又，
当时，由图可得，解得；
当时，由图可得，解得．
综上可得.
故选：C．
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. 对于实数，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，
【答案】BC
【解析】
【分析】利用不等式的性质即可判断选项A、B、C，对D选项取特殊值验证即可.
【详解】对于A，因为，所以，
所以，所以，故A错误；
对于B，因为，所以，，
所以，故B正确；
对于C，因为，所以，，
所以，故C正确；
对于D，取，满足，
而，故D错误.
故选：BC.
10. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意得，可得，根据的范围，可得的正负，求得的值，即可判断A的正误，联立可求得的值，即可判断B的正误，根据同角三角函数的关系，可判断C的正误，平方差计算的值可判断D的正误，从而得到答案.
【详解】因为①，
所以，则，
因为，所以，
所以，所以，
所以②，故A错误；
①②联立可得，，故B正确；
所以，故C错误；
，故D正确；
故选：BD
11. 下列命题正确的是（ ）
A. 是函数在上单调递增的充分不必要条件
B. 关于x的不等式的解集是，则关于x的不等式的解集是或
C. 已知函数，其中，为常数，若，则
D. 已知函数为奇函数，且，当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据复合函数的单调性结合已知，列出不等式组，求解得出的范围，即可判断A项；根据已知得出的关系及符号，代入分式不等式化为整式不等式，求解即可判断B；由化简得出，代入求解，即可判断C；根据已知函数的奇偶性与单调性得出，，进而作差法化简整理即可得出大小关系.
【详解】对于A项，要使函数在上单调递增，
则应有在上单调递减，且在上恒成立，
即，解得.
显然“”包含的范围小于“”包含的范围，
所以，是函数在上单调递增的充分不必要条件.故A正确；
对于B项，由已知可得，所以.
又不等式的解集是，所以.
则不等式可转化为，等价于，
解得.故B错误；
对于C项，因为，
所以，有，.故C正确；
对于D项，由已知可得，，
即，解得.
又，所以或.
当时，为奇函数，满足题意；
当时，为偶函数，不满足题意，舍去.
所以，.
所以，
.
因为，
所以，
所以，即.故D正确；
故选：ACD.
12. 已知函数，若有三个不等实根，，，且，则（ ）
A. 的单调递增区间为
B. a取值范围是
C. 的取值范围是
D. 函数有4个零点
【答案】CD
【解析】
【分析】作出的图象，结合图象逐一判断即可．
【详解】作出函数的图象，如图所示：

对于A，由图象可得的单调递增区间为，故A不正确；
对于B，因为有三个不等实根，即与有三个不同交点，所以,，故B不正确；
对于C，则题意可知：，，所以，所以,，故C正确；
对于D，令，则有，令，则有或，
当时，即，即，解得；
当时，即，所以或，解得，或或，
所以共有4个零点，即有4个零点，故D正确．
故选：CD．
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. ___________
【答案】11
【解析】
【分析】根据指对运算公式求解.
【详解】
故答案为：11
14. 如图，直角中，，以O为圆心，OB为半径作圆弧交OP于点A．其中的面积与扇形OAB的面积之比为3：2，记，则____________．
【答案】##1.5
【解析】
【分析】设出扇形的半径，分别计算扇形面积与三角形面积代入可得结果.
【详解】设扇形OAB的半径为r，则扇形OAB的面积为，
直角三角形POB中，，则△POB的面积为，
由题意知，，
所以
故答案为：.
15. 已知，，，则的最小值为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】合理分析给定式子，利用‘1’的代换结合基本不等式解决即可.
【详解】，，
，，，故，即，
故，
当且仅当，时取等，此时解得，，
故的最小值为，
故答案为：
16. 已知函数是定义在R上的偶函数，若，，且，都有成立，则不等式的解集为________________．
【答案】
【解析】
【分析】令，根据已知结合单调性的定义可得出在上的单调性.根据奇函数的性质，即可得出在R上的单调性.将不等式化为，分以及，化简不等式，结合的单调性，列出不等式，求解即可得出答案.
【详解】令，
可得，，
由可得，，
即成立，所以在上为减函数.
又为R上的偶函数，所以，
所以，，为R上的奇函数.
又在上为减函数，，所以在R上为减函数.
由可得，.
①当时，不等式可化为，
即，
根据的单调性可得，，
整理可得，解得或，所以；
②当时，不等式可化为，
即，
根据的单调性可得，，
整理可得，解得，所以.
综上所述，不等式的解集为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17. 已知集合．
（1）若，求；
（2）若“”是“”的必要不充分条件，求实数a的取值范围．
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）解不等式得出A，代入得出B，进而根据并集的运算求解，即可得出答案；
（2）根据已知可推得A，分以及，根据集合的包含关系列出不等式组，求解即可得出答案.
【小问1详解】
解可得，或，
所以，或.
当时，，
所以或.
【小问2详解】
由“”是“”的必要不充分条件，
所以，.
又或，.
当，有，即，显然满足；
当时，有，即.
要使A，
则有或，
解得或.
综上所述，或.
18. 已知．
（1）化简，并求的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）将已知用诱导公式，和同角三角函数基本关系式化简.
（2）在原式前两项除以，再在分子分母都除以，转化为正切代入求解.
【小问1详解】
则
【小问2详解】
因为，所以.
所以
19. 已知函数的图像恒过定点，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．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
函数，则函数图像恒过定点.
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．
【小问2详解】
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．
20. 某乡镇响应“绿水青山就是金山银山”的号召，因地制宜地将该镇打造成“生态水果特色小镇”．经调研发现：某水果树的单株产量（单位：千克）与施用肥料（单位：千克）满足如下关系：，肥料成本投入为元，其他成本投入（如培育管理､施肥等人工费）元．已知这种水果的市场售价大约15元/千克，且销售畅通供不应求，记该水果单株利润为（单位：元）．
（1）求单株利润关于施用肥料的关系式；
（2）当施用肥料的成本投入为多少元时，该水果单株利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）
（2）当投入4元时，该水果单株利润最大，最大利润为480元
【解析】
【分析】（1）根据已知可知，代入表达式，即可得出答案；
（2）根据二次函数的性质，得出时的最大值；根据基本不等式得出时的最大值，比较即可得出答案.
【小问1详解】
依题意可得， ，
所以，．
【小问2详解】
当时，，
根据二次函数性质，可知在单调递减，单调递增，
且，，
所以；
当时，.
因为，所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以，，.
所以，当投入4元时，该水果单株利润最大，最大利润为480元．
21. 已知函数的最小值为，其图象上的相邻两条对称轴之间的距离为，且图象关于点对称．
（1）求函数的解析式和单调递增区间；
（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）求出和最小正周期，求出，代入，求出，求出解析式，利用整体法求出单调递增区间；
（2）先根据得到，根据得到，从而得到不等式，求出实数的取值范围.
【小问1详解】
由题知：，函数的最小正周期，
故，解得，
所以，则，
即，
，，
∵，
∴，
故，
令，
解得，
故函数的单调递增区间是；
【小问2详解】
因为，所以，
故，，
所以，
∵不等式在上恒成立，
，即在上恒成立，
，解得，
即实数的取值范围是．
22. 已知函数是偶函数，且当时，函数的图像与函数（且）的图像都恒过同一个定点．
（1）求和值；
（2）设函数，若方程有且只有一个实数解，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先找出恒过的点，代入当时中，求出，然后，利用函数奇偶性建立方程求解；
（2）由题意方程有且只有一个实数解等价出关于的方程有且只有一个实数解，令，则问题转化为关于方程只有一个正实数解，对最高次系数进行讨论分析即可.
【小问1详解】
因为函数（且）的图像恒过定点，
当时，函数图像与图像过同一定点，
所以，
又函数为偶函数，
所以，
即，
即
所以，对恒成立，
所以，
故.
【小问2详解】
由题意方程有且只有一个实数解等价于：
即方程有且只有一个实数解，
化简得：有唯一的实数解，
令，则问题转化为方程：只有一个正实数解，
则：
①当时，方程化为不合题意，
②当时，为一元二次方程，
（i）若两正根相等则：，
解得：或，
当时，代入方程得：
不满足题意，
当时，代入方程得：
满足题意，
（ii）若方程有一正根一负根时，由韦达定理有两根之积小于0：
即满足题意，