浙江省金华十校2023_2024学年高一数学上学期期末调研考试试题含解析

这是一份浙江省金华十校2023_2024学年高一数学上学期期末调研考试试题含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高一数学试题卷
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分．考试时间120分钟．试卷总分为150分．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．
选择题部分（共60分）
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. （）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据特殊角对应的三角函数值，可直接得出结果.
【详解】.
故选：C.
2. 已知集合，，若，则实数可以为（）
A. 1B. 3C. 4D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】由集合的交集运算及集合元素的互异性讨论可得解.
【详解】由，知，C不可能；
由，知且，否则中有元素1或者3，矛盾，即AB不可能；
当时，，符合题意，因此实数可以为7.
故选：D
3. 若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）
AB.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出函数在上的最大值即得.
【详解】令函数，显然在上单调递减，，
因为任意，不等式恒成立，于是，
所以.
故选：A
4. 哥哥和弟弟一起拎一重量为的重物（哥哥的手和弟弟的手放在一起），哥哥用力为，弟弟用力为，若，且的夹角为120°时，保持平衡状态，则此时与重物重力之间的夹角为（）
A. 60°B. 90°C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】结合物理相关知识，利用三角形和向量夹角的知识即可解答.
【详解】根据力的平衡，的合力为，如图所示：
由于，且的夹角为，
则为等边三角形，则，
则与重物重力之间的夹角为.
故选：C
5. “”是“函数的定义域为”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】根据函数的定义域为则恒成立求解的取值范围判断即可.
【详解】函数的定义域为
则恒成立，即，解得，
故“”是“函数的定义域为”的必要不充分条件.
故选：B
6. 已知函数，，是正实数．若存在唯一的实数，满足，则的最小值为（）
A. 46B. 48C. 52D. 64
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数，是正数，且存在唯一的实数，满足，可得，利用，可得的最小值.
【详解】根据函数，是正数，且存在唯一的实数，满足,可得，即，由，则，
所以，故，
故选：B
7. 某种废气需要经过严格的过滤程序，使污染物含量不超过20%后才能排放．过滤过程中废弃的污染物含量（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，其中是原有废气的污染物含量（单位：），是正常数．若在前消除了20%的污染物，那么要达到排放标准至少经过（答案取整数）（）
参考数据：，，，
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意列出方程和不等式即可求解.
【详解】由题有，设小时后污染物含量不超过，
则，解得，即至少经过29小时能达到排放标准.
故选：B.
8. 若实数，满足，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，可得在上为增函数，且为偶函数，再根据结合偶函数性质判断即可.
【详解】设，则为偶函数，
设，则因为在上均为增函数，
故，故，
故在上为增函数，且为偶函数.
又，则，
即，当且仅当时取等号.
故，故.
故选：C
二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 在中（）
A. 若，则B. 若，则
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，根据余弦函数的单调性判断；对B，举反例判断；对CD，根据三角形内角和为结合诱导公式判断.
【详解】对A，在中，由余弦函数单调性可得，故A正确；
对B，若为钝角，为锐角，则，故B错误；
对C，，故C正确；
对D，，故D正确.
故选：ACD
10. 已知（）（）
A. 当时，的值域为B. 当时，
C. 当时，是偶函数D. 当时，是奇函数
【答案】BC
【解析】
【分析】根据幂函数的性质即可求解AB，结合函数奇偶性的定义即可判断CD.
【详解】当时，，此时的值域为，故A错误，
当时，在上单调递增，所以，B正确，
当时，，，所以是偶函数，C正确，
当时，，，则，，定义域不关于原点对称，故为非奇非偶函数，D错误，
故选：BC
11. 已知函数（）的最小正周期为，则（）
A.
B. 函数在上为增函数
C. 是的一个对称中心
D. 函数的图像关于轴对称
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，根据辅助角公式，结合最小正周期公式求解即可；对B，根据判断即可；对C，根据判断即可；对D，化简判断即可.
【详解】对A，，又最小正周期为，故，则，故A错误；
对B，，当时，，为正弦函数的单调递增区间，故B正确；
对C，，故不是的一个对称中心，故C错误；
对D，为偶函数，图像关于轴对称，故D正确.
故选：BD
12. 已知函数，则（）
A. 函数是周期函数
B. 函数有最大值和最小值
C. 函数有对称轴
D. 对于，函数单调递增
【答案】BC
【解析】
【分析】利用函数对称性的定义可判断C选项；判断函数在上的单调性，结合函数最值的定义可判断B选项；利用特殊值法可判断D选项；利用反证法结合B选项中的结论可判断A选项.
【详解】因为，
对于C选项，因为，
所以，函数的图象关于直线对称，C对；
对于D选项，因，，故函数在上不单调，D错；
对于B选项，因为函数的图象关于直线对称，
要求函数的最大值和最小值，只需求出函数在上的最大值和最小值即可，
设，
当时，，
令，因为函数在上单调递增，函数在上单调递增，
所以，函数在上单调递增，
当时，，
因为函数、在上均为增函数，
所以，函数在上为增函数，
所以，函数在上为增函数，
由对称性可知，函数在上为减函数，
故函数在处取得最大值，且，
故函数在处取得最小值，且最小值为，
当时，则，则函数在上为减函数，
对任意的、，且，则，，
则，由不等式的基本性质可得，
即，所以，函数在上单调递减，
又因为当时，函数取得最大值，
故函数仅在处取得最大值，
对任意的，，，
若，则，
若，则，则，则，
所以，.
综上所述，对任意的，，
又因为函数在上单调递减，
故当时，在处取得最小值，
综上所述，函数既有最大值，也有最小值，C对；
对于A选项，由C选项可知，函数仅在处取得最大值，
若函数是以为周期的周期函数，则，与题意矛盾，
故函数不可能是周期函数，A错.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：函数单调性的判定方法与策略：
（1）定义法：一般步骤：设元作差变形判断符号得出结论；
（2）图象法：如果函数是以图象的形式给出或者函数的图象易作出，结合图象可得出函数的单调区间；
（3）导数法：先求出函数的导数，利用导数值的正负确定函数的单调区间；
（4）复合函数法：先将函数分解为内层函数和外层函数，再讨论这两个函数的单调性，然后根据复合函数法“同增异减”的规则进行判定.
非选择题部分（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. ______0（填＞或＜）．
【答案】＞
【解析】
【分析】判断角所在象限，然后根据正弦函数在每个象限的符号分析即可.
【详解】，故2对应的角度终边在第二象限，则；
故答案为：.
14. 函数（为月份），近似表示某地每年各个月份从事旅游服务工作的人数，游客流量越大所需服务工作的人数越多，则可以推断，当______时，游客流量最大．
【答案】8
【解析】
【分析】根据余弦函数性质求出函数的最大值及取最大值时的值，由此可得结论.
【详解】因为，
所以，
所以当，即时，取最大值，
所以时，取最大值，
又游客流量越大所需服务工作的人数越多，
所以时，游客流量最大．
15. 已知函数则方程的所有根之积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】解方程，可得出该方程的根，再将所有根全部相乘，即可得解.
【详解】令，由可得，
当时，由，即，则，即方程无解；
当时，由，可得或.
（1）当时，当时，由可得，
解得，，
当时，由可得，；
（2）当时，当时，由可得，
，方程无解，
当时，由可得，，
因此，方程的所有根之积为.
故答案为：.
16. 若函数的值域为，则实数的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】结合题意由值域为转化，结合基本不等式求出最值即可.
【详解】根据题意，函数定义域为，
因为的值域为，
所以在上恒成立，
当时，则，则，
此时必有，变形可得，
当时，则，则，
此时必有，变形可得，
综合可得：在上恒成立，
设，，
则，
因为，所以且，
由基本不等式可得，
即，所以，
因为在上恒成立，
所以，解得，
故实数的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用参变分离得到，再运用函数及基本不等式的思想研究不等式.
四、解答题：本题共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. 计算下列各式的值：
（1）；
（2）．
【答案】（1）3（2）4
【解析】
【分析】（1）根据对数的运算法则可得答案；
（2）由指数幂的运算法则及平方和，立方差等公式计算可得答案.
【小问1详解】
结合题意可得：
;
【小问2详解】
结合题意可得：
.
18. 已知向量，．
（1）若，求的坐标；
（2）若，求与的夹角．
【答案】（1）或
（2）．
【解析】
【分析】（1）设，结合向量的模长公式求解即可；
（2）根据垂直向量数量积为0，结合向量的夹角公式求解即可.
【小问1详解】
由题意，设．
，，
，或．
小问2详解】
，，
，即，．
设与的夹角为，则．
又，，与的夹角为．
19. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期与对称轴方程；
（2）当且时，求的值．
【答案】（1）最小正周期为，对称轴方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可得出函数的最小正周期，利用正弦型函数的对称性可得出函数的对称轴方程；
（2）由已知条件可求出的值，利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角和的正弦公式可求得的值.
【小问1详解】
解：由题设有，
所以，函数的最小正周期是，
由，可得，
所以，函数的对称轴方程为.
【小问2详解】
解：由得，即，
因为，所以．
若，则与，矛盾
则．
从而．
于是
．
20. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，过作的平行线交于．记．
（1）求的长（用表示）；
（2）求面积的最大值，并求此时角的大小．
【答案】（1）
（2）时，面积的最大值为．
【解析】
【分析】（1）过，作的垂线，垂足分别为，，由求解；
（2）由求解．
【小问1详解】
解：过，作的垂线，垂足分别为，，
则，，，
．
【小问2详解】
，
．
，，
，即时，，
因此，当时，面积最大值为．
21. 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性（不必给出证明）；
（2）当时，求的值域；
（3）若存在，，使得，求的取值范围．
【答案】（1）在上单调递减
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据函数之差的单调性判断即可；
（2）根据基本不等式求解即可
（3）令，再根据二次函数的零点存在性问题列式可得，再根据韦达定理求解即可.
【小问1详解】
当时，，因为为减函数，为增函数，
故在上单调递减；
【小问2详解】
当时，，当且仅当时取等号；
所以的值域为．
【小问3详解】
令，则问题等价于存在，，使得
令，因为在有两个零点，
故，即解得．
由韦达定理和根的定义可知：，．
又因为，故的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用换元法，设，将指数方程转化为一元二次方程，最后利用二次函数根的分布从而得到范围.
22. 二次函数的最大值为，且满足，，函数．
（1）求函数的解析式；
（2）若存在，使得，且的所有零点构成的集合为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分析可知函数为偶函数，根据题意设，其中，由可求出的值，即可得出函数的解析式；
（2）由可得，令，分、、三种情况讨论，在第一种情况下，直接验证即可；在第二种情况下，直接利用零点存在定理可证得结论成立，综合可得出结论.
【小问1详解】
解：令，由可得，
所以，函数为偶函数，
又因为二次函数的最大值为，可设，其中，
则，解得，所以，.
【小问2详解】
解：因为，即，所以，其中．
由，化简可得
即．
令，
由判别式，可知在上有解，
①当时，，此时；
②当时，，此时；
③当时，的对称轴是，
因为，
，
，
由零点存在定理可知，函数在区间、上各有一个零点，
不妨设函数在区间、内的零点分别为、，
此时．
综合①②③，成立．
【点睛】关键点点睛：考察二次函数的零点，一般需要考虑以下几个要素：
（1）二次项系数的符号；
（2）判别式；
（3）对称轴的位置；
（4）区间端点函数值的符号.