福建省厦门市2023_2024学年高一数学上学期期末模拟试题含解析

这是一份福建省厦门市2023_2024学年高一数学上学期期末模拟试题含解析，共18页。
2．回答选择题时，选出答案后用铅笔将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它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本卷上无效.
3．考试结束，考生只须将答题卡交回.
一、单选题：本大题8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确答案.
1. 已知集合，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先化简集合，然后求出交集即可.
详解】，
，
.
故选：A
2. “”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据“”与“”的互相推出情况判断属于何种条件.
【详解】当时，此时可取，所以不一定能得到，
当时，此时，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
3. 已知扇形的面积为，圆心角为2弧度，则此扇形的弧长为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意设出扇形的弧长、半径和圆心角，通过扇形的面积可求出扇形半径，然后利用弧长公式即得.
【详解】设扇形的弧长为l，半径为r，圆心角为，
所以扇形的面积，得（），
由（）
故选：A
4. 设，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中间量“0”确定最大，再对取倒数，结合对数函数单调性即可得到大小关系，则得到三者大小关系.
【详解】，，，
，，因为对数函数在上单调递增，
则，所以，所以.
故选：D.
5. 已知函数(，，)的部分图象如图所示，则的解析式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
分析】
结合图象，依次求得的值.
【详解】由图象可知，，所以，
依题意，则，
，所以.
故选：D.
【点睛】方法点睛：根据三角函数或的部分图象求函数解析式的方法：
（1）求、，；
（2）求出函数的最小正周期，进而得出；
（3）取特殊点代入函数可求得的值.
6. 锐角中，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由二倍角公式结合即可化简求解.
【详解】由题意，而，所以，
所以.
故选：B.
7. 定义在上的函数为奇函数，且为偶函数，当时，，则（）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性以及已知条件，求得的周期；再根据函数的周期性，结合奇偶性即可求得函数值.
【详解】因为为奇函数，所以，因为为偶函数，所以，即，
从而，得 ，
所以以4为周期的周期函数，
，
，
所以．
故选：A
8. 已知函数，记该函数在区间上的最大值与最小值的差值为，则的最小值为（）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据的单调区间，分、、和讨论即可.
【详解】因为在单调递减，在单调递增，
若，即时，则在上单调递减，
所以，此时的最小值为1．
若，即，则在上单调递增，
所以，此时的最小值为．
若且，即，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，此时的最小值为．
若且，即，则在上单调递减，
在上单调递增，所以，此时的最小值为．
综上，的最小值为．
故选：D
二、多选题：本大题4小题，全选对得5分，选对但不全得2分，选错或不答得0分.
9. 下列函数中，在定义域内既为奇函数又为增函数的是（）
A. B.
CD.
【答案】AB
【解析】
【分析】由函数奇偶性的定义判断CD不符合题意，再结合幂函数指数函数单调性即可判断AB满足题意.
【详解】对于AB，、在定义域内，
满足，所以它们都是奇函数，
结合幂函数、指数函数单调性可知它们都是定义域内的增函数，故AB正确；
而对于CD，若，，
则在相应的定义域内有，故，不是奇函数.
故选：AB.
10. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】B选项，根据同号可加性得到；ACD选项，根据题目条件得到，进而判断ACD.
【详解】B选项，因为，所以，
根据同号可加性可得，B错误．
A选项，因为，，所以，解得，A正确；
CD选项，因为，，所以，解得，
同理可得，
取，则，，C错误；
由不等式性质可得，D正确．
故选：AD
11. 聚点是实数集的重要拓扑概念，其定义是：，，若，存在异于的，使得，则称为集合的“聚点”，集合的所有元素与E的聚点组成的集合称为的“闭包”，下列说法中正确的是（）
A. 整数集没有聚点B. 区间的闭包是
C. 的聚点为0D. 有理数集的闭包是
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用集合聚点的新定义，集合的表示及元素的性质逐项判断.
【详解】对于A，根据定义，，，若存在，使得，
所以，，当时，这样的不存在，
所以不存在符合不等式且异于的，故整数集无聚点，故A正确；
对于B，若，对于，
因为，所以存在异于的，使得，
故，故为集合的“聚点”， 即区间的闭包是，B正确；
对于C，因为，
所以对于，都存在，使得，
所，故的聚点为1，故C错误；
对于D，对于，，都存在，使得，所以为集合的“聚点”，所以有理数集的闭包是，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解聚点定义.
12. 已知函数，若存在四个不同的值，使得，则下列结论正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由的图象，求出特殊点，结合条件逐一比较分析判断.
【详解】当时，，当时，，当时，，
由图像可知，，此时，解得，故A对；
因为关于对称，所以，又，
，故B对；
由，得，由，得，
由，得，故C错；
，故D对.
故选：ABD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知幂函数是奇函数，且在上单调递减，则实数a的值可以是___________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【详解】举例，则，根据反比例函数的性质知其为奇函数，
且在上单调递减，满足题意.
故答案为：（答案不唯一）.
14. __________．
【答案】11
【解析】
【分析】根据分数指数幂运算、对数的运算性质求解出结果.
【详解】原式，
故答案为：.
15. 已知满足，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】首先结合平方关系、角的范围得，再由诱导公式以及两角和的余弦公式即可得解.
【详解】因为，
所以，
又因为，
所以，
所以
.
故答案为：.
16. 已知函数．点是单位圆上的动点，若不等式恒成立，则实数m的范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意首先得在上是奇函数和增函数，将不等式等价转换为，通过三角换元等即可求得不等号右边的最小值，由此即可得解.
【详解】由题意，
所以
，
所以在上是奇函数，
且是增函数，
由，
得，，
因为是单位圆上的动点，
设，
则，
令，则，
且，
所以．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：关键是首先得出函数的单调性以及奇偶性，从而可将原题等价转换为，从而即可顺利得解.
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，把解答过程填写在答题卡的相应位置.
17. 己知集合，集合．
（1）当时，求；
（2）若，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解出集合A中的不等式，将代入集合B中不等式，求两个集合的交集；
（2）由得集合A和集合B之间的关系，求出参数的取值范围.
【小问1详解】
，
当时，，所以.
【小问2详解】
因为，所以，显然集合B非空，
所以，得.
18. 已知函数的图像过点．
（1）求实数m的值；
（2）判断在区间上的单调性，并用定义证明；
【答案】（1）
（2）在区间上单调递增，证明见解析
【解析】
【分析】（1）将代入解析式，得到m的值；
（2）利用定义法证明函数单调性步骤：取值，作差，判号，下结论.
【小问1详解】
将点代入函数中，可得，解得．
【小问2详解】
单调递增，证明如下．
由（1）可得，
任取，则
，因为，
则，，，即，
所以，即，
所以在区间上单调递增．
19. 已知函数在上单调递增．
（1）求的取值范围：
（2）当取最大值时，将的图象向左平移个单位，再将图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，得到的图象，求在内的值域．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题设条件，列出不等式，求解即可.
（2）根据函数图像平移变换，写出函数，再结合区间和三角函数性质求出值域.
小问1详解】
由，得，
又函数在上单调递增，
所以，解得
因为，所以．
【小问2详解】
由（1）知的最大值为，此时，
根据题意，，
当时，．
所以，故值域为．
20. 技术的价值和意义在自动驾驶､物联网等领域得到极大的体现.其数学原理之一是香农公式：，其中：（单位：）是信道容量或者叫信道支持的最大速度，单位；）是信道的带宽，单位：）是平均信号功率，（单位：）是平均噪声功率，叫做信噪比.
（1）根据香农公式，如果不改变带宽，那么将信噪比从1023提升到多少时，信道容量能提升
（2）已知信号功率，证明：；
（3）现有3个并行的信道，它们的信号功率分别为，这3个信道上已经有一些相同的噪声或者信号功率.根据（2）中结论，如果再有一小份信号功率，把它分配到哪个信道上能获得最大的信道容量？（只需写出结论）
【答案】（1）2047
（2）证明见解析 （3）把那一小份分配到信道上能获得最大的信道容量
【解析】
【分析】（1）先把时，算出来，再令，解得；
（2）利用对数运算化简即可证明；
（3）由（2）可知当时，，随着的增大也会增大，可是增加的速度会越来越慢，即得．
【小问1详解】
当时，，
令，
得，
解得：，
所以若不改变带宽，将信噪比从1023提升到2047时，信道容量能提升.
【小问2详解】
证明：
右边
=左边，
所以，原式成立；
【小问3详解】
分配到信道上能获得最大的信道容量.
理由：由（2）可知当时，，
随着的增大也会增大，但增加的速度会越来越慢，
所以把那一小份分配到信道上能获得最大的信道容量.
21. 已知函数．
（1）证明函数的图象过定点；
（2）设，且，讨论函数在上的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）计算出的值，即可证得结论成立；
（2）对参数、的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，即可得出函数在上的最小值.
【小问1详解】
证明：因为，故函数的图象过定点.
【小问2详解】
当时，
由，可得，即，
由，可得，即，
即，
因为，所以，
所以，函数在上单调递增，则；
当时，
由可得，即，
由可得，即，
所以，
若，则，
此时，函数在上单调递增，则；
若，则，
当时，函数在上单调递减，此时，；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，则.
综上所述，在上的最小值为.
【点睛】思路点睛：本题考查含参函数在闭区间上的最值问题，对于这类问题，要注意对参数的取值进行分类讨论，并分析函数在区间上的单调性，再结合单调性求解.
22. 已知函数是偶函数．
（1）求的值；
（2）设函数（），若有唯一零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据偶函数性质代入即可求解；
（2）令，转化为关于的一元二次函数，对分类讨论即可求解.
【小问1详解】
依题意，
因为的定义域为的偶函数，所以，
所以，
所以
所以
所以，即．
【小问2详解】
由（1）知
所以，
令，，
即，整理得，
其中，所以，
令，则得，
①当时，，即，
所以方程在区间上有唯一解，
则方程对应的二次函数，恒有，，，
所以当时，方程在区间上有唯一解．
②当时，，即，
方程在区间上有唯一解，
因为方程对应的二次函数的开口向下，恒有，
，所以满足恒有，解得
综上所述，当或时，有唯一零点．
【点睛】方法点睛：（1）利用偶函数的性质代入原函数即可求解参数；
（2）通过换元思想可以将复杂的函数转化为常见的函数模型，换元时一定要注意先求元的范围.