福建省宁德市2023-2024学年高一上学期1月期末质量检测数学试题

这是一份福建省宁德市2023-2024学年高一上学期1月期末质量检测数学试题，共16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．（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题，，则命题的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．已知扇形的面积为6 ，圆心角为3 rad，则此扇形的周长为（ ）
A．2 cmB．6 cmC．10 cmD．12 cm
4．设，，，则，，的大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表：则下列结论正确的是（ ）
A．在内恰有3个零点B．在内至少有3个零点
C．在内最多有3个零点D．在内不可能有4个零点
6．已知且，函数与的图象是（ ）
A．B．
C．D．
7．是函数在上单调递增的（ ）
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
8．函数和的定义域均为，且为偶函数，为奇函数，，均有，则（ ）
A．335B．345C．356D．357
二、多选题
9．已知，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．-
10．下列函数中，在上有零点且单调递增的函数有（ ）
A．B．
C．D．
11．若将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得的图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的定义域为
C．图象的一个单调区间为
D．图象的一条对称轴方程为
12．已知函数，若存在四个实数，，，，使得，则（ ）
A．的范围为B．的取值范围为
C．的取值范围为D．的取值范围为
三、填空题
13．函数（且）的图象经过的定点坐标为 .
14．，恒成立，则实数的取值范围是 .
15．，函数同时满足：①，②，写出函数的一个解析式 .
16．关于的方程有且仅有1个实数根，则实数的值为 .
四、解答题
17．已知集合，，.
(1)当时，求；
(2)若，求实数的取值范围.
18．已知.
(1)若，求的值；
(2)求关于的不等式的解集.
19．在单位圆中，已知锐角的终边与单位圆交于点，将角的终边按照逆时针方向旋转交单位圆于点.
(1)求的值；
(2)求的值.
20．定义域为的奇函数只能同时满足下列的两个条件：
①在区间上单调递增 ② ③
(1)请写出这两个条件的序号，并求的解析式；
(2)判断在区间的单调性，并用定义证明.
21．如图为某市拟建的一块运动场地的平面图，其中有一条运动赛道由三部分构成：赛道的前一部分为曲线段，该曲线段为函数在的图象，且图象的最高点为）；赛道的中间部分为长度是的水平跑道；赛道的后一部分是以为圆心的一段圆弧.
(1)求，和的值；
(2)若要在圆弧赛道所对应的扇形区域内建一个矩形草坪，如图所示，记，求矩形草坪面积的最大值及此时的值.
22．固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地我们可以定义双曲正弦函数.它们与正、余弦函数有许多类似的性质.
(1)类比正弦函数的二倍角公式，请写出双曲正弦函数的一个正确的结论:_____________.（只写出即可，不要求证明）；
(2)，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)若，试比较与的大小关系，并证明你的结论.
1
2
3
4
5
6
10
8
2
参考答案：
1．D
【分析】直接用两角差的正弦公式化简求值.
【详解】原式.
故选：D
2．C
【分析】由全称量词命题的否定为存在量词命题求解.
【详解】已知命题，，
其否定为存在量词命题：，.
故选：C.
3．C
【分析】根据扇形的面积公式和弧长公式求值.
【详解】设扇形半径为，弧长为，由题意：
，解得：.
所以扇形的周长为：.
故选：C
4．A
【分析】利用指数函数、对数函数性质，还有正弦函数的性质比较大小.
【详解】，，，
所以a，b，c三者的大小关系为.
故选：A
5．B
【分析】根据零点存在定理，判断函数零点个数即可．
【详解】依题意，，
根据根的存在性定理可知，在区间和及内至少含有一个零点，
故函数在区间上的零点至少有3个，
故选：B．
6．A
【分析】根据函数的定义域和单调性进行排除即可.
【详解】对函数得，故函数的图象应该在轴的左侧，排除BC选项；
对D：由的图象看，函数单调递减，所以，但从的图象看：，所以有矛盾，D选项错误；
对A：当时，与的图象都吻合，故A正确.
故选：A
7．C
【分析】由复合函数单调性的判断结合充分必要条件的判断即可得到答案.
【详解】令，该函数在区间恒大于0且单调递增，
则当时，单调递减，可得函数在上单调递减；
则当时，单调递增，可得函数在上单调递增；
故当是函数在上单调递增的充分必要条件.
故选：C.
8．B
【分析】根据题意，求得的图象关于对称，的图象关于对称，结合，分别求得和的值，即可求解.
【详解】由函数为偶函数，可得，所以，
所以函数的图象关于对称，
又由为奇函数，可得，
即，所以函数的图象关于对称，
由，均有，，所以，
因为的图象关于对称，可得，
又因为的图象关于对称，，
可得，所以，
因为，联立方程组，可得，
所以.
故选：B.
9．AC
【分析】由基本初等函数的单调性可逐项判断.
【详解】因为，
由函数为增函数，可得，A正确；
由函数为上的减函数，可得，B错误；
由函数为上增函数，可得，C正确；
由函数为减函数，可得，D错误.
故选：AC.
10．BD
【分析】由零点定义和基本初等函数单调性逐项判断.
【详解】令，得，不合题意，A错误；
令，得，且，
即函数在和上单调递增，则在上单调递增，B正确；
对于在上为减函数，不合题意，C错误；
令，得，且由增函数+增函数为增函数，
所以在上有零点且单调递增，D正确.
故选：BD.
11．ABD
【分析】依题意得，，再结合选项,依次判断即可.
【详解】解：依题意得，，
的最小正周期为，故A项正确；
由，得
，得的定义域为，故B项正确；
在上单调递减，在上单调递增，故C项错误；
由，当时，，则图象的一条对称轴方程为，故D项正确.
故选：ABD
12．ACD
【分析】根据题意作出函数图象，确定，，，，借助和的单调性求值域的取值范围.
【详解】函数的图象如图所示：
因为函数与交于4个交点，则，选项A正确；
因为，则，
由于，则，
所以，则，且，
，
令，得，或，
所以，又，
则，所以，且，
所以，则，选项B错误；
，
由，得，
，
由函数在为增函数，
可知，则，
所以，选项C正确；
，设，
则，，且为增函数，所以，
即，选项D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：先数形结合，分别确定四个实数各自的取值范围，再由已知找到，；在判断范围时分别用到了两个函数和的单调性求值域.
13．
【分析】由指数型函数的定点问题，令，即可得定点坐标．
【详解】由函数（且），
令，得，
所以，
所以函数（且）的图象经过的定点坐标为.
故答案为：.
14．
【分析】利用基本不等式求出，从而得到，求出答案.
【详解】，，
当且仅当，即时，等号成立，
故，解得，
故实数的取值范围是.
故答案为：
15．（答案不唯一）.
【分析】根据题意，结合初等函数的图象与性质，即可求解.
【详解】因为，函数同时满足：
①由，此时函数可以是指数函数型或常值函数；
②由，可得函数的图象为“凸”型函数或常值函数，
所以函数的一个解析式可以为.
故答案为：（答案不唯一）.
16．1
【分析】根据二次函数、三角函数的对称性进行分析，从而确定正确答案.
【详解】关于的方程有且只有1个实数根，
设函数，，问题转化为：
两个函数的图象有且只有1个公共点.
且两个函数由公共的对称轴：.
当时，函数有最小值：，且.
由或.
若，则，，
如图，根据函数图象，两个函数的公共点不唯一，故不合题意.
当时，，有最小值；，有最大值.
且（当且仅当时取等号），而.
所以两函数的图象只有一个公共点.
故答案为：1
【点睛】方法点睛：研究二次函数的最值，主要通过二次函数的开口方向和对称轴来进行分析.研究三角函数的最值，要注意的符号对最值的影响.求解方程的根的个数问题，可转化为两个函数图象交点个数问题来进行研究.
17．(1)
(2)
【分析】（1）将代入，利用交集和补集的定义计算即得；
（2）根据题设得到，因集合含参数，故要就集合是否为空集进行分类讨论，再取其并集即得.
【详解】（1）当时，，于是，
故.
（2）由，可得.
当时，，即，此时符合题意；
当时，由可得：，解得：.
故实数的取值范围为：.
18．(1)
(2)详见解析.
【分析】（1）根据函数的对称性求参数的值；
（2）分解因式，对的值进行分类讨论即可求解.
【详解】（1）由得函数对称轴为：，
由.
（2）由.
当时，可得：;
当时，可得：；
当时，可得：
综上，当时，原不等式的解集为：；
当时，原不等式的解集为：
当时，原不等式的解集为：
19．(1)
(2)
【分析】（1）由点在单位圆上，先求出的值，再根据任意角三角函数的定义得的值，从而解决问题；
（2）同（1）求出的值，再由求值.
【详解】（1）已知锐角的终边与单位圆交于点，
所以，
所以，
则；
（2）将角的终边按照逆时针方向旋转
交单位圆于点，
可知点位于第二象限，所以，
所以
则
.
20．(1)①③; ;
(2)在区间的单调递减，证明见解析.
【分析】（1）利用奇偶性与单调性，易判断选出①③，再利用待定系数法求出参数即可;
（2）利用单调性的定义证明即可.
【详解】（1）若选①②，因为在是奇函数，所以，又，则不满足在区间上单调递增，故舍去；
若选②③，因为在是奇函数，所以，而，不满足，故舍去；
故只能选①③，在区间上单调递增，，且易验证符合题意.
结合题意：，解得，所以.
经验证当时，满足为奇函数.
故.
（2）结合（1）问可知.
在区间的单调递减，证明如下：
任取，且，
，
因为，所以，,
因为，所以，即，
所以，即，
所以在区间的单调递减.
21．(1)，,；
(2)当时，.
【分析】（1）根据三角形函数的图像性质求值；
（2）由题意，表示出，，，从而得到矩形草坪面积的表达式，由三角恒等变形求最值.
【详解】（1）由题意可得，
则，故，
将点代入，得，
所以，又，所以，
从而可得曲线段的解析式为，
令，可得，所以，
所以，则，
.
（2）由(1)，可知，
又易知当矩形草坪的面积最大时，点在弧上，故，
由,
则，，，
所以矩形草坪的面积为
.
又，所以,
故当，即时，，
矩形草坪面积取得最大值．
22．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用双曲正、余弦函数的定义，结合指数运算即可得解.
（2）根据给定条件，列出不等式，分离参数构造函数并求出最值即得.
（3）作差，结合指数函数单调性及正余弦函数的性质推理判断即可.
【详解】（1）.
（2）依题意，，不等式，
函数在上单调递增，，令，
显然函数在上单调递减，在上单调递增，，
又，于是，，
因此，，显然函数在上单调递减，
当时，，从而，
所以实数的取值范围是.
（3），.
依题意，，
，
当时，，，即，
于是，而，因此，
当时，，则，，
即，而，因此，
于是，，所以.
【点睛】结论点睛：函数的定义区间为，①若，总有成立，则；②若，总有成立，则；③若，使得成立，则；④若，使得成立，则.