福建省福州市2022-2023学年高一上学期期末质量检测数学试题

这是一份福建省福州市2022-2023学年高一上学期期末质量检测数学试题，共18页。试卷主要包含了 函数的图象大致为， 已知函数，若，则的值为， 设，，，则等内容，欢迎下载使用。
（完卷吋间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自已的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
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涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.第Ⅱ卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答，答案无效.
第Ⅰ卷
一、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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义求解作答.
【详解】解不等式，得或，则或，而，
所以.
故选：B
2. 已知命题，，则命题的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】“任一个都成立”的否定为“存在一个不成立”.
【详解】“任一个都成立”的否定为“存在一个不成立”.
故命题的否定为：，.
故选：B.
3. 在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用三角函数定义直接计算作答.
【详解】依题意，，所以.
故选：A
4. 若函数是奇函数，则可取的一个值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】的图象左右平移仍为奇函数，即可求得.
【详解】的图象左右平移仍为奇函数，则.
故选：A.
5. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由可排除C，D，当时，可排除A，即可得正确答案.
【详解】由可排除C，D；
当时，，排除A.
故选：B.
6. 已知函数，若，则的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由求解对数方程，即可得到结果.
【详解】由题意可得，当时，，
且，则，解得
故选:D
7. 设函数在的图象大致如下图所示，则函数图象的对称中心为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简，由题意可得，由图可得：，解不等式即可求出，令，即可求出图象的对称中心.
【详解】，
因为的图象过点，
所以，
解得：，
因为由图可得：，
所以，
，
令，解得：，
则函数图象的对称中心为.
故选：C.
8. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用对数的换底公式，得到，化简，得到，再由对数函数的单调性，求得且，即可求解.
【详解】因，
则，所以，
又因为，所以，
又由，所以，
所以.
故选：D.
二、多项选择题：本题共4小题，毎小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知集合，是全集的两个子集，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据集合的包含关系，借助韦恩图对各选项进行判断.
【详解】由，根据子集的定义，如图，
对于A，，所以A正确；
对于B，，所以B不正确；
对于C，由韦恩图知，，所以C正确；
对于D，由韦恩图知，，所以D不正确；
故选：AC.
10 若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由与的关系，结合角的范围，可求得，即可逐个判断.
【详解】，∵，则，∴.
对C，，C对；
对A，，，A对；
对B，，B错；
对D，，D对.
故选：ACD.
11. 若是关于不等式成立的必要条件，则的值可以是（ ）
A. 1B. 0C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】首先求出这两个不等式的解集A、B，根据题意可得，即可求出的取值范围.
【详解】因为，解得：，设，
设不等式的解集为，
因为是关于的不等式成立的必要条件，所以，
因为，则，
当即，，满足题意；
当即，则，所以，
所以符合题意；
当即，则，所以，
因为，所以，解得：，所以.
综上所述，的取值范围为：.
故选：BC.
12. 在一个面积为4的直角三角形的内部作一个正方形，其中正方形的两个顶点落在斜边上，另外两个顶点分别落在，上，则（ ）
A. 的最小值为B. 边上的高的最大值为2
C. 正方形面积的最大值为2D. 周长的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据给定条件，可得，利用勾股定理、均值不等式求解判断ABD；建立角A的正余弦及正方形边长的关系，再结合函数的单调性求解判断C作答.
【详解】在中，，，即有，
对于A，，当且仅当时取等号，A错误；
对于B，斜边边上的高，当且仅当，即时取等号，B正确；
对于D，的周长，
当且仅当时取等号，D正确；
对于C，如图，正方形是符合题意的的内接正方形，令，
则，，
，
于是，令，
则在上单调递减，
，，
因为，则，即有，，
因此函数在上单调递减，则当，即时，，正方形的面积取得最大值，C错误.
故选：BD
【点睛】思路点睛：涉及图形上的点变化引起的线段长度、图形面积等问题，若点的运动与某角的变化相关，可以设此角为自变量，借助三角函数解决.
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题井4小题，每小题5分，共20分.
13. ______.
【答案】9
【解析】
【分析】由指数运算性质化简求值.
【详解】.
故答案为：9.
14. 若点与点关于轴对称，写出一个符合题意的______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式列式，即可求解作答.
【详解】因为点与点关于轴对称，则，
因此，解得，取.
故答案为：
15. 中国折扇有着深厚的文化底蕴，这类折扇上的扇环部分的作品构思奇巧，显出清新雅致的特点.已知某扇形的扇环如图所示，其中外弧线的长为，内弧线的长为，连接外弧与内弧的两端的线段的长均为，则该扇环的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】设该扇形內弧半径为，根据弧长公式可得，进一步求出外弧半径，最后利用扇形的面积计算公式即可求解.
【详解】设该扇形內弧半径为，
由弧长公式和已知可得：，解得：，
则外弧半径为，
所以该扇环的面积为，
故答案为：.
16. 记表示，中较大的数.若关于的方程的所有实数根的绝对值之和为6，则的值为______.
【答案】3
【解析】
【分析】由题意可将原方程化为，讨论和，可得所有实数根的绝对值之和为6，即，即可求出的值.
【详解】由于，所以原方程化为，
即，
当时，依题意可知，方程有根，设其两根分别为，
则，所以方程有两正根，且，
当时，同理可得，方程有两负根，且，
所以，所以，解得：，检验符合.
故答案为：3.
四、解答题：本大题共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. 已知函数，且.
（1）求的解析式；
（2）求在区间上的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用待定系数法求解作答.
（2）利用二次函数的单调性，求出函数在给定区间上的最值作答.
【小问1详解】
函数，且，则，解得，有，
所以的解析式是.
【小问2详解】
由（1）知，，函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，而，则，
所以在区间上的取值范围是.
18. 已知.
（1）求的值；
（2）若为钝角，且，求的值.
【答案】（1）；
（2）7.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用诱导公式化简，再利用齐次式计算作答.
（2）利用同角公式求出，再利用差角的正切公式求解作答.
【小问1详解】
因为，所以.
【小问2详解】
因为为钝角，，则，，
所以.
19. 设，为偶函数.
（1）求的值；
（2）判断在区间上的单调性，并给予证明.
【答案】（1）
（2）单调递增，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的定义得出，即可列式解出；
（2）根据函数单调性定义证明，任取、，当时，得出，即可证明.
【小问1详解】
为偶函数，，
即，
即，对任意恒成立，所以；
所以.
【小问2详解】
在区间上单调递增．理由如下：
任取、，当时，．
由于，所以，，
所以，故，
所以在区间上单调递增．
20. 在①函数的一个零点为0；②函数图象上相邻两条对称轴的距离为；③函数图象的一个最低点的坐标为，这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并给出问题的解答.
问题：已知函数，满足______.
（1）求的解析式，并求的单调递增区间；
（2）求使成立的的取值集合.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）选①②，由①可求出，由②可求出，即可求出的解析式；令，解不等式即可求出的单调递增区间；选①③，由①可求出，由③可求出，即可求出的解析式，下同选①②；选②③，由②可求出，由③可求出，即可求出的解析式，下同选①②；
（2）因，所以，解不等式即可求出答案.
【小问1详解】
选①②，因为函数的一个零点为0，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
因为函数图象上相邻两条对称轴的距离为，
所以，又因为，所以，解得：，
所以函数的解析式为，
令，
解得：，
所以函数的单调递增区间为：.
选①③，因为函数的一个零点为0，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
因为函数图象的一个最低点的坐标为，
所以，所以，
所以，解得：，
又因为，解得：，
所以函数的解析式为，下同选①②.
选②③，因为函数图象上相邻两条对称轴的距离为，
所以，又因为，所以，解得：，
因为函数图象的一个最低点的坐标为，
所以，所以，
所以，解得：，
又因为，所以，
所以函数的解析式为，下同选①②.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，所以，所以，
所以，
解得：，
所以使成立的的取值集合为：
21. 人类已进入大数据时代. 目前，数据量已经从级别跃升到乃至EB乃至级别. 国际数据公司(IDC)的研究结果表明，2008年起全球每年产生的数据量如下表所示：
（1）设2008年为第一年，为较好地描述2008年起第年全球产生的数据量（单位：ZB）与的关系，根据上述信息，从函数和中选择一个，应选择哪一个更合适?（不用说明理由）
（2）根据（1）中所选的函数模型，若选取2008年和2020年的数据量来估计该模型中的参数，预计到哪一年，全球产生的数据量将达到2020年的倍?（注：）
【答案】（1）选择
（2）2025
【解析】
【分析】（1）描点，根据图象选择；
（2）由待定系数法求得参数，列指数不等式结合对数运算求解.
【小问1详解】
由题意得
画出散点图如下：
由图易得，5个点在一条曲线上，应选择
【小问2详解】
由题意得，，则
则，即年.
预计到2025年，全球产生的数据量将达到2020年的倍.
22. 已知函数，.
（1）求；
（2）如图所示，小杜同学画出了在区间上的图象，试通过图象变换，在图中画出在区间上的示意图；
（3）证明：函数有且只有一个零点.
【答案】（1）
（2）见解析 （3）见解析
【解析】
【分析】（1）求出，即可得出的值；
（2）由（1）知，函数的图象关于点对称，则函数在区间的图象由对称性即可得出；
（3），设函数，分别讨论，和时，的单调性，即可求出的单调性和值域，结合零点存在性定理即可证明.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，函数的图象关于点对称，
则函数在区间的图象如下图所示，
【小问3详解】
因为，
所以，
设函数，
①当时，因为函数在单调递减，
所以，
因为函数在单调递增，
所以，
所以，所以函数在区间没有零点.
②当时，因为函数在单调递增，
函数在单调递增，所以在单调递增，
又，
，
根据零点存在性定理，存在唯一，使得.
③当时，函数在单调递增，
所以，
，
所以，
所以函数在区间没有零点.
综上，函数有且只有一个零点.
年份
2008
2009
2010
2011
…
2020
数据量（ZB）
0.5
0.8
1.2
1.5
…
80
x
1
2
3
4
…
13
y
0.5
0.8
1.2
1.5
…
80