湖南省长沙市湖南师大附中2023-2024学年高一上学期期末数学试题（Word版附解析）

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时量：120分钟 满分：150分
得分：__________
一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分﹐共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的．）
1. 的值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据诱导公式及特殊角的三角函数求解.
【详解】，
故选：B
2. 已知全集为U，集合M，N满足，则下列运算结果为U的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，结合交并补的运算即可判断选项
【详解】如图，
因为，所以，故A错误；
因为，故B错误；
因为，所以，故C错误；
因为，所以，故D正确.
故选：D
3. 下列命题为真命题的是（ ）．
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】由题意结合作差法逐一判断每一选项即可，特别的对于C，令即可判断.
【详解】对于AC，若，则，故AC错误；
对于B，令，则，故B错误；
对于D，若，则，即，故D正确.
故选：D.
4. 下列命题正确的是（ ）．
A. 小于的角是锐角B. 第二象限的角一定大于第一象限的角
C. 与终边相同的最小正角是D. 若，则是第四象限角
【答案】C
【解析】
【分析】根据锐角定义判断A，取特殊角判断B，根据终边相同的角判断C，确定所在象限判断D.
【详解】，但是由锐角的定义知不是锐角，故A错误；
是第二象限的角，是第一象限的角，但，故B错误；
因为，所以与终边相同的最小正角是，故C正确；
且，所以是第三象限角，故D错误.
故选：C
5. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析函数的奇偶性，并结合函数的解析式知：当时，即可确定大概函数图象.
【详解】根据题意，设，其定义域为，有，则为奇函数，其图象关于原点对称，排除C､D，
当时，，，必有，排除B，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：分析函数的奇偶性与函数值符号，应用间接法确定函数图象.
6. 在R上定义的函数是偶函数，且，若在区间上是减函数，则（ ）．
A. 在区间上是增函数﹐在区间上是增函数
B. 在区间上是增函数，在区间上是减函数
C. 在区间上是减函数，在区间上是增函数
D. 在区间上是减函数，在区间上是减函数
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数关于轴和轴对称，利用已知区间的单调性求解.
【详解】因为，所以函数关于成轴对称，
所以区间与区间，区间与关于对称，
由函数在区间上是减函数，可知函数在上是增函数，
又函数是偶函数，所以函数在上是增函数，
所以函数在上是减函数，
故选：B
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将不等式变为，根据的单调性知，以此去判断各个选项中真数与的大小关系，进而得到结果.
【详解】由得：，
令，
为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，
，
，，，则A正确，B错误；
与的大小不确定，故CD无法确定.
故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.
8. 设方程，的根分别为，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由方程得，得：，分别画出左右两边函数的图象，即可得出结论.
【详解】解：由方程得，
得：，
分别画出左右两边函数的图象，如图所示.
由指数与对数函数的图象知：，
于是有，得，所以，
故选：B.
二、选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9. 下列选项中，下列说法正确的是（ ）．
A. “”是“”的充分不必要条件
B. “”是“”必要不充分条件
C. “，”的否定是“，”
D. 与是同一函数
【答案】AC
【解析】
【分析】根据不等式性质及反例可判断A，由正弦函数性质及反例判断B，由全称命题否定C，由函数的定义域判断D.
【详解】当时，由不等式性质可知成立，而当时，不一定成立，如，故“”是“”的充分不必要条件，故A正确；
因为时，成立，而时，不一定成立，如，故“”是“”的充分不必要条件，故B错误；
由全称命题的否定知，“，”的否定是“，”，故C正确；
因为，定义域为，定义域为，故函数不是同一函数，故D错误.
故选：AC
10. 下列不等式恒成立的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据均值不等式判断AB，根据特例可判断CD.
【详解】，当且仅当，
即时等号成立，故A正确；
，当且仅当，即时等号成立，故B正确；
当时，，故C错误；
因为时，，所以不成立，故D错误.
故选：AB
11. 已知函数．下列结论是假命题的是（ ）．
A. 函数的最小正周期是
B. 函数在区间上是增函数
C. 函数的图象关于点对称
D. 函数的图象关于直线对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先根据同角三角函数关系式，二倍角公式和辅助角公式对函数的解析式进行化简，然后利用函数的周期判断A，利用单调性判断B，根据对称中心、对称轴判断CD.
【详解】

，
因为，函数的最小正周期是，选项A正确；
由，得，
所以区间不是函数的单调递增区间，选项B错误；
由，得，
所以点不是函数的对称中心，选项C错误；
由，得，当时，，
当取函数图象上点时，关于对称点，
但由于函数定义域为，故不在函数图象上，
所以不是函数的对称轴，选项D错误.
故选：BCD.
12. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据条件求得表达式，根据对数性质结合放缩法得A正确，根据不等式性质得B正确，通过作差法判断C错，结合指数函数单调性与放缩法可得D正确．
【详解】解：∵，，
∴，，
因为，
又由，所以，选项A正确；
，，则，，所以，选项B正确；
因为，，则，，此时，
所以，故选项C不正确；
由和知与均递减，
再由，的大小关系知，故选项D正确.
故选：ABD
【点睛】本题考查了数值大小比较，关键运用了指对数运算性质，作差法和放缩法．
三、填空题（本大题共4个小题﹐每小题5分﹐共20分．）
13. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图象，若为奇函数，则m的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据图象平移与伸缩变换得出函数解析式，再由奇函数及诱导公式求解.
【详解】由题意可得，
因为为奇函数，所以，
即，，所以时，正数有最小值.
故答案为：
14. 若函数在区间D上单调递增，请写出一个满足条件的区间D为__________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据指数型函数的单调性判断方法，将指数取为，分别判断外函数和内函数的单调性，再由“同增异减”的方法即得函数的单调区间，再取其任意子集即得.
【详解】对于函数，不妨设，则在上递减，
而的对称轴为直线，
故当时，函数为减函数，当时，函数为增函数.
根据复合函数的“同增异减原则”可得：函数在上递增，在上递减.
故依题意可知，区间可取区间任何子集，如.
故答案为：.（答案不唯一）
15. 已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则______．

【答案】
【解析】
【分析】设，依题可得，，结合的解可得，，从而得到的值，再根据以及，即可得，进而求得．
详解】设，由可得，
由可知，或，，由图可知，
，即，．
因为，所以，即，．
所以，
所以或，
又因为，所以，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查根据图象求出以及函数的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键．
16. 已知函数的定义域为R，且满足，则在上的整数值零点的个数为__________．
【答案】674
【解析】
【分析】根据函数当时的周期，及，即可求出整数值零点.
【详解】当时，
由可得，
，
所以，所以，
即时，周期为.
当时，，，此时函数无零点，
由于，
则，
，
所以，
所以，
由于，故在上的整数值零点个数为674.
故答案为：674
四、解答题（本大题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 设全集，集合，．
（1）求；
（2）已知集合，若，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简集合，根据集合的交集运算得解；
（2）讨论，由建立不等式求解即可.
【小问1详解】
，，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
因为，
当时，，解得，
当时，则 或，解得，
综上，实数的取值范围为.
18. 已知，且．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求角的大小．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据同角平方关系即可求解；
（2）根据和角余弦公式求解，再根据倍角余弦公式即可求解；
（3）先根据差角正弦公式求解，再结合角的范围即可求解.
【小问1详解】
因为，所以.又，所以，
所以.
而，所以，
所以.
【小问2详解】
由且，得，
所以
.
又，所以.
【小问3详解】
由（2）知，所以，
所以.
又，所以，
所以.
19. 已知关于的不等式．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若不等式仅有一个解，求的最小值．
【答案】（1）
（2）9
【解析】
【分析】（1）把代入，解不等式即可；
（2）根据条件可得，可得，，再利用基本不等式1的妙用求解即可.
【小问1详解】
当时，
不等式可化为，即，
，
解得，
故不等式的解集为.
【小问2详解】
若不等式仅有一个解，
则，
即，
由，两边除以得，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为9.
20. 已知函数（且）的图象过点．
（1）求a的值及的定义域；
（2）求的单调区间；
（3）若，比较与的大小．
【答案】（1），
（2）单调增区间为，单调减区间为
（3）
【解析】
【分析】（1）由求得，由对数函数的定义得定义域；
（2）根据二次函数、对数函数的单调性及复合函数的“同增异减”求函数的单调区间；
（3）指数式改写为对数式，然后比较的大小，并由已知得出的范围，在此范围内由的单调性得大小关系．
【小问1详解】
因为在函数的图象上，
所以，
即，解得.
由，解得，
所以的定义域为.
【小问2详解】
由，
令，
当时，单调递增，时，单调递减，
又单调递减，由复合函数的单调性知，在上单调递减，在上单调递增，
故的单调增区间为，单调减区间为.
【小问3详解】
，，
，，
，，
所以，，则，，
因为，所以，，即，
，，
所以，，
由（2）知，在上是减函数，
所以．
21. 某摩天轮示意图如图．已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转﹐旋转一周所需时间为分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1～12（可视为点）．现4号座舱位于圆周最上端，从此时开始计时，旋转时间为t分钟．
（1）求1号座舱与地面的距离h与时间t的函数关系的解析式；
（2）在前24分钟内，求1号座舱与地面的距离为17米时t的值；
（3）记1号座舱与5号座舱高度之差的绝对值为H米，若在这段时间内，H恰有三次取得最大值，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）14或
（3）
【解析】
【分析】（1）设1号座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式为，，根据所给条件求出、、、，即可得到函数解析；
（2）由（1）中的解析式得出，结合正弦函数的性质计算可得；
（3）依题意可得，，从而得到高度差函数，利用两角和差的正弦公式化简，再结合正弦函数的性质求出函数取得最大值时的值，即可得解；
【小问1详解】
设1号座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式为，，，则，，
所以
依题意，所以，
当时，所以，
故；
【小问2详解】
令，即，
所以，
又，所以，
所以或，解得或，
即或时1号座舱与地面的距离为17米；
【小问3详解】
依题意，，
所以
令，解，
所以当时取得最大值，
故，解得，
所以.
22. 已知函数.
（1）若函数为奇函数，求a的值，并求此时函数的值域；
（2）若存在，使，求实数a的取值范围.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用可求，分离常数后可求函数的值域.
（2）由题设可得故在上的取值集合与在的取值集合有交集，考虑它们无公共元素时实数a的取值范围，该范围在实数集上的补集即为所求的取值范围.
【详解】（1）因为为奇函数，所以，所以，
又当时，，此时，
满足奇函数的定义，故符合.
此时，
又，
故函数的值域为.
（2）.
①当时，，故不成立；
②当即时，
因为存在，使，
故在上的取值集合与在的取值集合有交集，
因为在上为增函数，故在上的取值区间为，
在上的取值区间为，
故在上的取值区间为，
若区间与无公共元素，
则或，也就是或，
故区间与有公共元素时，必有.
综上，.
【点睛】方法点睛：
（1）含参数的奇函数或偶函数，利用赋值法求出参数值后应加以检验；
（2）多元方程解的存在性问题，一般转化为不同函数在对应范围中的值域的关系，注意合理转化.