79，山东省济宁市2023-2024学年高一上学期期末质量检测数学试题

这是一份79，山东省济宁市2023-2024学年高一上学期期末质量检测数学试题，共16页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考试号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
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. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集运算求解即可.
【详解】由题意可得：.
故选：C.
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. “，”B. “，”
C. “，”D. “，”
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称命题的否定是特称命题分析判断.
【详解】由题意可知：“，”的否定是“，”.
故选：D.
3. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以0和1为中间值比较即可.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以.
故选：A.
4. 若函数是定义在上的任意奇函数，则下列函数一定为偶函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数奇偶性的定义逐个选项分析即可.
【详解】对于A，令，，故，即是奇函数，故A错误，
对于B，令，而，故是偶函数，故B正确，
对于C，令，，显然当时，不是偶函数，故C错误，
对于D，令，而,故，即是奇函数，故D错误.
故选：B
5. 函数的部分图象大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由特值，，可判定图象.
【详解】由题意，得，所以排除A、B,
又，所以D正确.
故选：D
6. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数性质结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若，可得，即，即充分性成立；
若，例如，则，不成立，即必要性不成立；
综上所述：“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
7. 函数的零点的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】将零点问题转化为交点问题，作图求解即可.
【详解】令，故，即的零点个数为与的交点个数，
显然在单调递增，的周期为，且当时，，
故此时两个函数无交点，作出图像如下图，
由图像得共有个交点，故有个零点，即C正确.
故选：C
8. 若对任意，方程有解，则实数的取值范围是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】先求方程左侧函数的值域，后解不等式求参数范围即可.
【详解】因为，可知，所以．
又方程有解，所以．
所以，，
故选：A．
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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 已知，若，则所有可能的值是（ ）
A. －1B. C. 1D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用函数解析式，结合指数、对数运算可求得结果.
【详解】由已知可得
或或，
解得，或.
故选：BD
10. 若，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用不等式的基本性质求解.
【详解】解：由，得，则，即，故A正确；
因为，所以，故B正确；
当时，，则，故C错误；
由，得，则，即，则，故D正确.
故选：ABD.
11. 计算机病毒就是一个程序，对计算机的正常使用进行破坏，它有独特的复制能力，可以很快地蔓延，又常常难以根除．现有一种专门占据内存的计算机病毒，该病毒占据内存y（单位：KB）与计算机开机后使用的时间t（单位：min）的关系式为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 在计算机开机后使用5分钟时，该计算机病毒占据内存会超过90KB
B. 计算机开机后，该计算机病毒每分钟增加的内存都相等
C. 计算机开机后，该计算机病毒每分钟的增长率为1
D. 计算机开机后，该计算机病毒占据内存到6KB，9KB，18KB所经过的时间分别是，，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意结合增长率公式与指数式的运算，即可判断出答案．
【详解】对于选项A：令，可得，
所以在计算机开机后使用5分钟时，该计算机病毒占据内存会超过90KB，故A正确；
对于选项B：因为不是定值，
可知计算机开机后，该计算机病毒每分钟增加的内存不相等，故B错误；
对于选项C：因为，
所以计算机开机后，该计算机病毒每分钟的增长率为1，故C正确；
对于选项D：由题意可得：，可得，
则，即，故D正确；
故选：ACD.
12. 已知函数是定义在上的偶函数，且满足．若，则下列说法中正确的是（ ）
A. B. 的周期为2
C. D. 的图象关于中心对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用抽象函数的奇偶性，对称性，周期性求解即可.
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，且满足．
所以，
令得，所以．故A正确．
因为…①，所以…②
①－②得：，所以的最小正周期为2．故B正确．
．故C不正确．
由得，
所以图象关于中心对称．故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 函数（，且）恒过的定点是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据对数函数性质结合指数幂运算求解.
【详解】令，解得，此时，
所以函数（，且）恒过的定点是.
故答案为：.
14. 若某扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的半径是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据扇形面积公式直接求解即可.
【详解】设扇形的面积为，则扇形面积，解得：.
故答案为：.
15. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】令，结合题意分析可知在上单调递增，结合二次函数性质分析求解.
【详解】因为，，
令，由可知，可得，
又因为函数在上是单调递增函数，
可知在上单调递增，
则，解得：，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
16. 若函数，则关于x的不等式的解集是______．
【答案】
【解析】
【分析】令，分析可知为定义在上奇函数，且在上单调递减，根据奇偶性和单调性解不等式.
【详解】令
因为，即，可知函数的定义域为，
且，
所以为上的奇函数，
因为，
且在内单调递增，
则在内单调递增，可知在内单调递减，
又因为在定义域内单调递增，则在内单调递减，
由奇函数可知在内单调递减，所以在上单调递减，
综上所述：为定义在上奇函数，且在上单调递减，
由，则，
可得，
则，解得：，
所以不等式的解集是.
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：1.构建函数，并判断的单调性和奇偶性；
2.根据奇偶性和单调性解不等式.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知集合，．
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解不等式可求得集合，根据并集和补集定义可得结果；
（2）由交集结果可得，根据包含关系可得结果.
【小问1详解】
由得：，即；
当时，；
.
【小问2详解】
由（1）知：；
，，，即实数的取值范围为.
18. 已知函数的图象过点，且其图象上相邻两个最高点之间的距离为．
（1）求的解析式；
（2）求函数的单调递减区间．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）根据题意结合周期性和特值求即可；
（2）根据题意可得，结合正弦函数单调性分析求解.
【小问1详解】
因为函数的图象上相邻两个最高点之间的距离为，
可知，且，所以，
又因为函数的图象过点，则，
且，可知，所以．
【小问2详解】
由（1）可知．
令，因为单调递减区间为，
且由，解得．
故函数的单调递减区间为．
19. 已知函数．
（1）若的解集为，求a，b的值；
（2）解关于x的不等式．
【答案】（1），
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意分析可知的根为，利用韦达定理运算求解；
（2）根据题意整理得，分类讨论符号解不等式.
【小问1详解】
因为的解集为，
可知的根为，
所以，解得，
故，．
【小问2详解】
由，可知，即，
当时，解得；
当时，，解得或；
当时，，解得或．
综上：当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为或．
20. 在平面直角坐标系xy中，角与的顶点均为坐标原点O，始边均为x轴的非负半轴．若角的终边OP与单位圆交于点，将OP绕原点O按逆时针方向旋转后与角的终边OQ重合．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据任意角三角函数的定义结合同角三角关系可得，，进而结合诱导公式运算求解；
（2）根据题意利用诱导公式结合齐次式问题运算求解.
【小问1详解】
由题意可知：，，
因为，即，且，解得，
即，．
又因为，
可得，
．
所以．
【小问2详解】
由（1）知，
所以．
21. 为提升居民幸福生活指数，着力打造健康舒适、生态宜居、景观优美的园林城市．某市政府利用城区人居环境整治项目资金，在城区要建一座如图所示的五边形ABCDE休闲广场．计划在正方形EFGH上建一座花坛，造价为32百元/；在两个相同的矩形ABGF和CDHG上铺草坪，造价为0.5百元/；再在等腰直角三角形BCG上铺花岗岩地坪，造价为4百元/．已知该政府预计建造花坛和铺草坪的总面积为，且受地域影响，EF的长度不能超过6m．设休闲广场总造价为y（单位：百元），EF的长为x（单位：m），FA的长为t（单位：m）．
（1）求t与x之间的关系式；
（2）求y关于x的函数解析式；
（3）当x为何值时，休闲广场总造价y最小？并求出这个最小值．
【答案】（1）
（2）
（3），1500百元
【解析】
【分析】（1）根据题意得到和的关系式，从而写出关于的解析式；
（2）根据题意得到和的表示的关系式，由（1）代入，从而写出关于的解析式；
（3）利用基本不等式求最值.
【小问1详解】
由已知得：，
所以，
【小问2详解】
由已知得：，
所以．
【小问3详解】
由（2）知：，
所以，
当且仅当，即时，．
故当x为5m时，休闲广场总造价y最小，并且最小值为1500百元．
22. 已知函数．
（1）求函数的定义域；
（2）试判断的单调性，并说明理由；
（3）定义：若函数在区间上的值域为，则称区间是函数的“完美区间”．若函数存在“完美区间”，求实数b的取值范围．
【答案】（1）
（2）单调递增，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由函数解析式直接求定义域；
（2）法一：利用复合函数单调性判定；
法二：定义法证明单调性；
（3）由题意可知方程在上至少存在两个不同的实数解，即在上至少存在两个不同的实数解，所以与在上至少存在两个不同的交点．再利用基本不等式求出函数的值域即可.
【小问1详解】
要使函数的表达式有意义，须使，解得，
所以函数的定义域是．
【小问2详解】
在上单调递增．
理由如下：法一：
因为，
又在上为增函数，在上为减函数，
在上为增函数，在上为增函数，
故在上单调递增．
法二：
因为，
对任意，，且，可知，则
，
又，
可知，所以，
即．故上单调递增，
【小问3详解】
由（2）可知在上单调递增，
设区间是函数的“完美区间”．则，．
可知方程在上至少存在两个不同的实数解，
即在上至少存在两个不同的实数解，
所以与在上至少存在两个不同的交点．
令，则，
所以，
当且仅当时，取等号．
又在上单调递减，在上单调递增，
且当时，；当时，．
所以．故实数b的取值范围为．
【点睛】思路点睛：第三问由题意，可将问题转化为方程在上至少存在两个不同的实数解，即在上至少存在两个不同的实数解，所以与在上至少存在两个不同的交点．接下来利用换元法求出函数的值域即可.