福建省莆田市2023_2024学年高一数学上学期期末考试试题含解析

这是一份福建省莆田市2023_2024学年高一数学上学期期末考试试题含解析，共19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.
【答案】C
【解析】
【分析】由集合的交集运算可得.
【详解】，，
所以.
故选：C.
2. 已知函数，则（）
A. 1B. 0C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接计算得到答案.
【详解】，则.
故选：B.
3. 已知，，则“”是“”的（ ）．
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
根据必要不充分条件的定义判断即可.
【详解】当时，则，但是，不是充分条件，
当时，因为，，所以，即，
当且仅当等号成立，所以是必要条件，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】结论点睛：本题考查必要不充分条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含.
4. 函数f(x)＝，的图象大致是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，以及函数在上的符号，利用排除法进行判断即可．
【详解】∵f(x)＝，
∴，，
∴函数是奇函数，排除D，
当时，，则，排除B，C.
故选：A．
5. 《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若下图中所示的角为（），且小正方形与大正方形面积之比为，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设大正方形的边长为，求出小正方形的边长，根据小正方形与大正方形面积之比得，再利用弦化切求解可得答案.
【详解】如图，设大正方形的边长为，
则小正方形的边长为，
所以小正方形与大正方形面积之比为，
化简得，且，
由，
解得.
故选：D.
6. 已知外接圆圆心为，半径为1，，且，则向量在向量上的投影向量为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件可知△ABC为直角三角形，向量在向量上的投影向量为．
【详解】如图，
由知为中点，
又为外接圆圆心，，，
，
，，，
∴在向量上的投影为：，
向量在向量上的投影向量为：．
故选：D．
7. 已知函数，，设函数，则下列说法错误的是（）
A. 是偶函数B. 函数有两个零点
C. 在区间上单调递减D. 有最大值，没有最小值
【答案】B
【解析】
【分析】画出函数的图象，数形结合对各个选项逐个判断即可.
【详解】在同一直角坐标系中，画出函数，的图象，
从而得函数图象，如图实线部分：
对于A，因为函数图象关于y轴对称，所以是偶函数，正确；
对于B，根据零点的定义结合函数的图象知，函数有三个零点，分别为，错误；
对于C，从函数图象观察得在区间上单调递减，正确；
对于D，从函数图象观察得有最大值，没有最小值，正确；
故选：B
8. 如果一个方程或不等式中出现两个变量，适当变形后，可使得两边结构相同，此时可构造函数，利用函数的单调性把方程或不等式化简.利用上述方法解决问题：已知实数，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对结合和变形，得到不等式，构造函数，利用单调性化简得到答案.
【详解】由，变形可知，
则，
利用换底公式等价变形，得，
令，因为，在上单调递增，
所以函数在上单调递增，所以，即，排除C，D；
其次，因为，得，即，
即，
同样利用的单调性知，，
又因为，得，即，
所以
故选：B.
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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 若函数的图象为如图所示的曲线m和线段n，曲线m与直线l无限接近，但永不相交，则下列说法正确的是（）
A. 的定义域为
B. 的值域为
C. 在的定义域内任取一个值，总有唯一的y值与之对应
D. 在的值域内任取一个值，总有唯一的x值与之对应
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，取不到-3，A错误；
B选项，由图象可知值域为；
C选项，由图象及函数的定义可知定义域内任取一个值，总有唯一的y值与之对应；
D选项，可举出反例.
【详解】由题意得：定义域为，A错误；
的最小值为1，故值域为，B正确；
由函数定义及图象可知：在的定义域内任取一个值，总有唯一的y值与之对应，C正确，
在值域内任取一个值时，此时有两个x值与之对应，D错误.
故选：BC
10. 已知平面四边形，则下列命题正确的是（）
A. 若，则四边形是梯形
B. 若，则四边形是菱形
C. 若，则四边形是平行四边形
D. 若且，则四边形是矩形
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量相等及向量模长的判断各个选项即可.
【详解】对于A选项：因为，所以,则四边形是梯形,A选项正确；
对于B选项：因为相邻两边相等不能得出四边形是菱形，所以B选项正确；
对于C选项：因为，所以四边形是平行四边形,C选项正确；
对于D选项：因为，所以,则四边形是平行四边形,
因为,所以,则四边形是矩形,D选项正确；
故选：ACD.
11. 已知函数（），则下列说法正确的是（）
A. 若，则是的图象的对称中心
B. 若恒成立，则的最小值为2
C. 若在上单调递增，则
D. 若在上恰有2个零点，则
【答案】BC
【解析】
【分析】求出可判断A；由恒成立，可知，计算可判断B；由可得，求解可判断C；由可得，求解可判断D.
【详解】对于A，若，则，所以，
所以是图象的对称轴，故A错误；
对于B，若恒成立，即恒成立，
则,解得：，
又因为，则的最小值为2，故B正确；
对于C，时，，
因为在上单调递增，则，解得，故C正确；
对于D，时，，若在上恰有2个零点，
则，解得，故D错误.
故选：BC.
12. 已知函数的定义域为，是奇函数，是偶函数，且当时，，则下列选项正确的是（）
A. 的图象关于直线对称
B.
C. 关于点对称
D. 关于点对称
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意，利用函数的奇偶性，推得函数的对称性和周期性，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】因为函数是奇函数，所以的图象关于点对称，所以，；
因为是偶函数，所以的图象关于直线对称，所以的图象关于直线对称，
所以，；
所以，，所以周期为4，又因为，所以，即为奇函数，
对于A项，因为的图象关于直线对称，故A项正确；
对于B项，因为的图象关于直线对称，周期为4，时，，
所以；；
；
所以，故B项正确；
对于C项，为奇函数，图象关于点对称，则的图象关于点对称，的图象关于点对称，的图象关于点对称，故C项正确，D项错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知弧度数为的圆心角所对的弦长为2，则这个圆心角所对的弧长是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设圆的半径为，根据圆心角与弦长、半径关系求，再由弧长公式求圆心角所对的弧长.
【详解】若圆的半径为，则，可得，
∴圆心角所对的弧长.
故答案为：
14. 已知，则的最小值为______.
【答案】8
【解析】
【分析】利用基本不等式求最值可得答案.
详解】时，
则，
当且仅当即时等号成立.
故答案为：8.
15. 如图所示，在平面直角坐标系中，动点、从点出发在单位圆上运动，点按逆时针方向每秒钟转弧度，点按顺时针方向每秒钟转弧度，则、两点在第1804次相遇时，点的坐标是______.
【答案】
【解析】
【分析】计算相遇时间，再确定转过的角度，得到坐标.
【详解】相遇时间为秒，
故转过的角度为，
故对应坐标为，即.
故答案为：
16. 如图，在平面直角坐标系中，已知曲线依次为的图象，其中为常数，，点是曲线上位于第一象限的点，过分别作轴、轴的平行线交曲线分别于点B、D，过点B作轴的平行线交曲线于点，若四边形为矩形，则的值是________.
【答案】##
【解析】
【分析】设出点坐标，求得点坐标并代入，从而求得的值.
【详解】设，其中，则，，
由解得，则，所以，
将点坐标代入得.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 已知，，且.
（1）求与夹角；
（2）若，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的运算律得到，再根据数量积的定义求出夹角的余弦值，即可得解；
（2）依题意可得，根据数量积的运算律得到方程，再求出k的值.
【小问1详解】
因为，
所以.
设与的夹角为，
则，又，所以，
故与的夹角为.
【小问2详解】
因为，所以，
即，即，
所以，即，解得
18. 已知函数
（1）当，求的最大值以及取得最大值时的集合.
（2）先将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，求当时，使成立的的取值集合.
【答案】18. 最大值为2，的集合为.
19.
【解析】
【分析】（1）利用正余弦的两角和与差的展开式化简，再根据的范围可得答案；
（2）根据平移规律化简得到，再解不等式可得答案.
【小问1详解】
由题意：函数，化简得：
，
因为，所以，
则，
当即时有最大值，且最大值2，
此时的集合为；
【小问2详解】
将的图象的横坐标缩短到原来的得到的图象，
再向右平移个单位后得到，
则.即，
，（），
解得，（），
所以成立的的取值集合是.
19. 已知函数．
（1）若，求的值；
（2）若对于恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分别在和的情况下解方程即可求得结果；
（2）由单调性可知；当时，不等式恒成立，可知；当时，分离变量可得，结合指数函数单调性可知，由此可得的范围.
【小问1详解】
当时，，则无解；
当时，，由得：，解得：，
又，，则；
综上所述：.
【小问2详解】
当时，单调递增，则；
当时，，则，则；
当时，，
，，解得：；
综上所述：实数的取值范围为.
20. 已知角为锐角，，且满足，
（1）证明：；
（2）求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角的正切公式计算可得即可证明；
（2）根据同角三角函数的关系可得，，再根据两角和差的正弦公式，结合求解即可
【小问1详解】
证明：因为，
所以，
因为为锐角且函数在上单调递增，所以
【小问2详解】
由，结合角为锐角，解得，，
因为，且
所以.
又，
所以
21. 中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关．经验表明，某种乌龙茶用100℃的水泡制，等到茶水温度降至60℃时再饮用，可以产生最佳口感．某实验小组为探究在室温下，刚泡好的茶水达到最佳饮用口感的放置时间，每隔测量一次茶水温度，得到茶水温度随时间变化的如下数据：
设茶水温度从100℃开始，经过后的温度为，现给出以下三种函数模型：
①（，）；
②（，，）；
③（，，）．
（1）从上述三种函数模型中选出你认为最符合实际的函数模型，简单叙述理由，并利用前的数据求出相应的解析式；
（2）根据（1）中所求函数模型，求刚泡好的乌龙茶达到最佳饮用口感的放置时间（精确到0.01）；
（3）考虑到茶水温度降至室温就不能再降的事实，试判断进行实验时的室温为多少℃，并说明理由．（参考数据：，．）
【答案】（1）理由见解析，
（2）刚泡好的乌龙茶大约放置能达到最佳饮用口感
（3）乌龙茶所在实验室的室温约为20℃
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合一次函数，指数函数以及对数函数的特点，分析判断即可得到结果，然后将点的坐标代入即可得到解析式；
（2）结合（1）中结论，然后代入计算，即可得到结果；
（3）根据所选函数模型，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
选择②（，，）作为函数模型．
由表格中的数据可知，当自变量增大时，函数值减小，所以不应该选择对数增长模型③；
当自变量增加量为1时，函数值的减少量有递减趋势，不是同一个常数，所以不应该选择一次函数模型①．
故应选择②（，，）
将表中前的数据代入，得，解得，
所以函数模型的解析式为：．
【小问2详解】
由（1）中函数模型，有，即，所以，
即，
所以刚泡好的乌龙茶大约放置能达到最佳饮用口感．
【小问3详解】
由为减函数，且当x越大时，y越接近20，考虑到茶水温度降至室温就不能再降的事实，
所以乌龙茶所在实验室的室温约为20℃．
22. 小颖同学在学习探究活动中，定义了一种运等“”：对于任意实数a，b，都有，通过研究发现新运算满足交换律：.小颖提出了两个猜想：，，，①；②.
（1）请你任选其中一个猜想，判断其正确与否，若正确，进行证明；若错误，请说明理由；（注：两个猜想都判断、证明或说明理由，仅按第一解答给分）
（2）设且，，当时，若函数在区间上的值域为，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）无论选①还是选②，均要根据新运算定义分别计算两个猜想等式的两边，比较其结果，即可证明结论；
（2）根据新运算定义化简可得的表达式，根据复合函数的单调性判断其单调性，结合其值域可得关于的方程，继而推出是在上的两个不同的根，结合方程根的分布列出不等式组，即可求得答案.
【小问1详解】
若选①，猜想正确；
证明：，
，
故；
若选②，猜想成立；
证明：，
而，
故；
【小问2详解】
由题意可知
，
令，其图象对称轴为，
故在上单调递减，
因为在区间上的值域为，
故，而，故，
此时在上单调递减，
所以在上单调递增，则，即，
即，整理得，
即，将代入，
得，同理得，
即是在上的两个不同的根，
令，则，
解得，故.
【点睛】难点点睛：本题给出了新运算的定义，解答时要理解其含义，并根据新定义去运算，解答的难点在于第二问，要结合新运算求得的表达式，并判断其单调性，进而结合值域得到关于参数的方程，再利用方程根的分布求解即可.
时间/min
0
1
2
3
4
5
水温/℃
100.00
92.00
84.80
78.37
72.53
67.27