2023~2024学年贵州省毕节市金沙县高一上学期期末质量监测数学试卷（解析版）

这是一份2023~2024学年贵州省毕节市金沙县高一上学期期末质量监测数学试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共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，，则的真子集的个数为（ ）
A. 8B. 7C. 4D. 3
【答案】B
【解析】，
，，
∴，它是真子集有7个．
故选：B．
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】命题：“，”的否定是“，”.
故选：D.
3. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】由不等式，可得，解得，
又由不等式，即，可得，解得，
因为集合是集合的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B.
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由函数可得函数的定义域为，
由可知函数为奇函数，
其图象关于坐标原点对称，故舍去B，D两项；
又由可得C项不合题意，故A项正确.
故选：A.
5. 张遂（僧一行，公元年），中国唐代著名的天文学家.他发明了一种内插法近似计算原理，广泛应用于现代建设工程费用估算.近似计算公式如下：，其中为计费额的区间，，为对应于的收费基价，为该区间内的插入值，为对应于的收费基价.如下表所示.则的值估计为（ ）
A. 18.53B. 19.22C. 21.94D. 28.22
【答案】C
【解析】结合题意：，
其中，
.
故选：C.
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，
因为，所以，
所以
.
故选：C.
7. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由对数函数性质知，即，同理，
又，即，
，
所以，即，综上，
故选：D．
8. 若函数，若有4个不同实根，设4个不同实根，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】作出函数的图象，再作出直线，如图，
由图可得，，因此，
∴.
故选：D．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题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. 已知幂函数在上单调递减，若在上不单调，则实数的可能取值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 3
【答案】BC
【解析】由幂函数，可得，即，
解得或，
当时，可得在上单调递减，符合题意；
当时，可得在上单调递增，不符合题意；
又由函数在上不单调，则满足，
即，解得，结合选项，可得选项BC符合题意.
故选：BC.
10. 对于下列四种说法，其中正确的是（ ）
A. 的最小值为4B. 的最小值为1
C. 的最小值为4D. 最小值为
【答案】BD
【解析】对于A中，由，
当且仅当时，即，显然不成立，所以A错误；
对于B中，由，
当且仅当，即时，等号成立，所以B正确；
对于C中，由，令，
可得，则函数在为单调递减函数，
所以，所以C不正确；
对于D中，由，令，
可得，根据对勾函数的性质，
可得在为单调递增函数，
所以，所以D正确.
故选：BD.
11. 已知函数的定义域为，若关于对称，为奇函数，则（ ）
A. 是奇函数
B. 的图象关于点对称.
C.
D. 若在上单调递减，则在上单调递增
【答案】ABD
【解析】A选项，因为为奇函数，所以，
因为关于对称，所以，
所以，则，
所以，的一个周期为8，
故，所以，
将代替为得，
即，为奇函数，A正确；
B选项，因为为奇函数，所以的一个对称中心为，
又的一个周期为8，故为的一个对称中心，B正确；
C选项，因为的一个对称中心为，
所以，
故，C错误；
D选项，因为在上单调递减，关于对称，
所以上单调递增，
的一个周期为8，故在上单调递增，D正确.
故选：ABD.
12. 将函数的图象沿轴向右平移个单位长度（纵坐标不变），得到的函数满足，则下列正确的选项为（ ）
A. 的周期为B.
C. 在上单调递增D. 为的一个对称轴
【答案】ACD
【解析】
，
的周期是，A正确；
函数满足，则的图象关于点对称，
所以，，
又，∴，B错；
，
时，，C正确；
时，，D正确．
故选：ACD．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 函数的图象恒过定点的坐标为________.
【答案】
【解析】令，得，，∴函数图象过定点．
14. 已知角终边上一点坐标，则________.
【答案】
【解析】，
，
∴已知点坐标为，∴，
∴．
15. 已知函数的定义域和值域都是，则________.
【答案】或
【解析】当时，易知函数单调递减，由定义域和值域都是，
所以 解得 所以.
当时，易知函数单调递增，由定义域和值域都是，
所以解得所以.
16. 已知函数，若，则的最大值为________.
【答案】
【解析】，则，
∴，
∴，
即，，又，
所以，即，
当且仅当时等号成立.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 已知二次函数满足，且，.
（1）求函数的解析式；
（2）若，比较与的大小.
解：（1）设二次函数.
由，得图象的对称轴为，所以，解得.
由得，，
可得.
由得，，解得.
所以.
（2）
，
当或时，，此时.
当时，，此时.
当或4时，，此时.
18. 对任意，函数满足_________，且当时，.
在以下两个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答此题.
①，.
②，.对，.
（1）证明：在上是增函数；
（2）求不等式的解集.
注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.
解：（1）证明：若选①：设，且，则，
因为时，，所以，可得，
所以，即以，
所以在上是增函数．
若选②：设，且，则，
因为时，，所以，则，
又因为，所以>，
所以函数在上是增函数．
（2）若选①：令，则，解得，
所以可化为，
因为函数在上是增函数，可得，解得，
所以不等式的解集为.
若选②：由得，
所以可化为，
因为函数在上是增函数，可得，解得，
所以不等式的解集为.
19. 已知函数.
（1）求的最小正周期和图象的对称轴方程；
（2）当时，的最小值和最大值之和为，求的值．
解：（1）
，
所以的最小正周期.
令，，
解得，.
所以图象的对称轴方程为，.
（2）由（1）知，
当时，.
可得，，
所以，
所以的最小值和最大值之和为，
解得.
20. 已知函数.
（1）设，若，试判断是否有最小值，若有，求出最小值；若没有，说明理由；
（2）若，使成立，求实数的取值范围．
解：（1）当时，.
令，因为，则，
所以，
当时，，此时，没有最小值.
（2），
令，，则.
由，得，
即，由于，使成立，
只需，
因为在上单调递减，所以，所以，
所以实数的取值范围为.
21. 已知某种设备年固定研发成本为40万元，每生产一台需另投入60元.设某公司一年内生产该设备万台且全部售完，每万台的销售收入为（万元）.已知当年产量小于或等于10万台时，；当年产量超过10万台时，.
（1）写出年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式；
（2）试分析该公司年利润是否能达到2000万元？若能，求出年产量为多少；若不能，说明理由.（注：利润=销售收入-成本）
解：（1）
（2）当时，，
（万元）.
当时
，
当且仅当，即时等号成立，所以（万元）.
因为，所以当年产量为19万台时，该公司获得的利润最大为1570万元.
因此，该公司年利润不能达到2000万元.
22. 已知函数.
（1）解不等式；
（2）若对于，恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）等价于，
即，可得，即.
当时，，即；
当时，无解，即无解；
当时，解得.
综上，当时，的解集为；
当时，无解；
当时，的解集为.
（2）对于，恒有，
转化对于，，
因为，
利用对数型复合函数的单调性可知在上单调递减.
所以，即，
即，解得，
所以实数a的取值范围是.计费额x（单位：万元）
500
700
1000
收费基价（单位：万元）
16.5
30.1