广东省珠海市大湾区2023-2024学年高一上学期1月期末联合考试数学试题

这是一份广东省珠海市大湾区2023-2024学年高一上学期1月期末联合考试数学试题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
2．在下列区间中，函数的零点所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
3．设函数，则使成立的x的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．瑞典著名物理化学家阿伦尼乌斯通过大量实验获得了化学反应速率常数随温度变化的实测数据，利用回归分析的方法得出著名的阿伦尼乌斯方程：，其中为反应速率常数，为摩尔气体常量，为热力学温度，为反应活化能，为阿伦尼乌斯常数．对于某一化学反应，若热力学温度分别为和时，反应速率常数分别为和（此过程中与的值保持不变），经计算，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．在函数的图象上有一点，此函数的图象与x轴、直线及围成的图形（如图阴影部分）的面积为S，则S与t的函数关系图象可表示为（ ）
A．B．
C．D．
6．设，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，则（ ）
A．是奇函数，且在是增函数B．是偶函数，且在是增函数
C．是奇函数，且在是减函数D．是偶函数，且在是减函数
8．设都是不为1的正数，函数的图象关于对称则的零点个数为
A．0B．1C．2D．3
二、多选题
9．已知，，，均为实数，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，，则D．若，则
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．在定义域内是增函数B．是奇函数
C．的最小正周期是D．图像的对称中心是
11．已知函数是幂函数，对任意，，且，满足.若，，且的值为负值，则下列结论可能成立的有（ ）
A．，B．，
C．，D．，
12．设是全集，定义， 对的真子集和，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
三、填空题
13．已知 则
14．函数的值域为 .
15．已知某机械装置有两个相互鸣合的齿轮，大轮有48齿，小轮有18齿.如果小轮的转速为120转/分钟，大轮的半径为10cm，则大轮圆周上的一点每秒转过的弧长为 cm.
16．已知函数，，若对任意，总存在，使得，则实数a的取值范围是 .
四、解答题
17．已知全集，集合.
(1)求；
(2)求如图阴影部分表示的集合.
18．已知函数（，，）同时满足下列四个条件中的三个：①最小正周期为；②最大值为2；③；④
(1)给出函数的解析式，并说明理由；
(2)已知，求的最值及相应的值．
19．如图所示，设矩形的周长为24，把它沿翻折，翻折后交于点，设.

(1)用表示，并求出的取值范围;
(2)求面积的最大值及此时的值.
20．已知定义在上的函数满足，，且.
(1)求的值；
(2)判断的奇偶性，并证明.
21．如图，已知函数的图象与函数的图象交于两点.过，分别作轴的垂线，垂足分别为，，并且，分别交函数的图象于，两点.
(1)探究线段与的大小关系，并证明；
(2)若平行于轴，求四边形的面积.
22．经过函数性质的学习，我们知道：“函数的图象关于原点中心对称”的充要条件是“是奇函数”.某数学学习小组对上述结论进行再探究，又得到一个真命题：“函数的图象关于点中心对称”的充要条件是“为奇函数”.若定义域为的函数的图象关于点中心对称，且当时，.
(1)求的解析式；
(2)若函数满足：当定义域为时值域也是，则称区间为的“保值”区间.若函数在上存在保值区间，求的取值范围.
参考答案：
1．A
【分析】根据全称命题的否定是特称命题可得答案.
【详解】命题“”的否定是“”.
故选：A.
2．C
【分析】根据零点存在定理，分别求各选项的端点函数值，找出函数值异号的选项即可
【详解】由题意，因为，，
由零点存在定理，故函数的零点所在的区间为
故选：C
3．B
【分析】分和两种情况解不等式即可
【详解】当时，由，得，得，，所以，
当时，由，得，得，所以，
综上，，即使成立的x的取值范围为，
故选：B
4．A
【分析】先由题意表示出和，再由指数运算求出，最后由对数运算求解即可.
【详解】由题意知：，，则.
故选：A.
5．B
【分析】分情况：当时、当时，分别求出S与t的函数关系，继而得解
【详解】当时，，其图象是开口向下的抛物线，顶点坐标是；
当时，S＝，其图象是开口向上的抛物线，顶点坐标是．
所以B满足要求．
故选：B.
6．C
【分析】利用指数函数的单调性可得出，利用指数函数、幂函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】因为，则，
所以，，，故，
故选：C.
7．A
【分析】由奇偶性定义可知为奇函数；利用复合函数单调性的判断方法可确定在是增函数.
【详解】由得：或，的定义域为；
，是奇函数；
，
在上单调递增，在上单调递增，
由复合函数单调性可知：在上是增函数.
故选：A.
8．B
【解析】由函数的图象关于对称，得到为偶函数，求得，又根据，得到函数有且只有一个零点，从而得到函数只有一个零点．
【详解】依题意，函数的图象关于对称，
可得为偶函数，所以，即，
所以，所以，即，
因对任意恒成立，所以，所以，可得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以有且只有一个零点，
又因为函数的零点个数等价于函数的零点个数，
所以函数有且只有一个零点．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了函数的对对称性的应用，以及函数的零点的个数的判定，其中解答中熟练应用函数的对称性，以及函数的基本性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．
9．BCD
【分析】取，，，可判断A；由，以及可判断B；利用不等式的性质可判断C；利用均值不等式可判断D
【详解】选项A，取，，，，满足，，则，错误；
选项B，由于，故，故
故，正确；
选项C，若，则，且，则，正确；
选项D，由，利用均值不等式，，当且仅当，即时等号成立，正确
故选：BCD
10．BCD
【分析】以为整体，结合正切函数的相关性质逐项分析判断.
【详解】A选项：∵，则
∴的定义域是，
其在定义域内的每一个区间上都是单调递增函数，但在整个定义域上没有单调性，故A错误；
B选项：，
∵，则是奇函数，故B正确；
C选项：函数的最小正周期为，故C正确；
D选项：令，解得，所以图像的对称中心是，故D正确．
故选：BCD．
11．BC
【解析】首先根据函数是幂函数，求得的两个值，然后根据题意判断函数在上是增函数，确定的具体值，再结合函数的奇偶性可判断得正确选项.
【详解】由于函数为幂函数，故，即，解得.当时，，当时，.由于“对任意，且，满足”知，函数在上为增函数，故.
易见，故函数是单调递增的奇函数.
由于，即，得，所以，此时，若当时，，故；当时，，故，故；当时，由知，，故或或，即或或.
综上可知，，且或或.
故选：BC.
【点睛】本题解题关键是熟知幂函数定义和性质突破参数m，再综合应用奇偶性和单调性的性质确定和的符号情况.
12．ACD
【分析】根据新定义计算然后判断各选项．
【详解】A．，若，则，，，若，则或且只有一个成立，，或
，因此A正确；
B．，当时，，则，此时，B错误；
C．时，若，则，若，则，若且，则则，所以，C正确；
D．，当时，显然，此时，成立，当时，，与的值要么等于0要么等于1，或0，成立，D正确．
故选：ACD．
【点睛】本题考查函数新定义，解题关键是正确理解新定义，它是一分段函数，首先依赖于集合，时，，时，，解题时我们只要根据元素与集合的关系确定函数值即可．
13．
【分析】由诱导公式求解即可.
【详解】由诱导公式可得：，
故答案为：.
14．
【分析】先确定函数的定义域，再结合基本不等式即可求得答案.
【详解】由可得，故，
又，当且仅当，即时取等号，
故，
故函数的值域为，
故答案为：
15．15π
【分析】利用每秒转过的齿轮数相同即可求解.
【详解】由题意知，小轮每秒转过的圈数为，
则每秒大轮转过的圈数为，
所以大轮每秒转过的弧长为.
故答案为：.
16．//
【分析】求出函数的值域，再解不等式组即得解.
【详解】解：由题得在时，
当函数取最小值当时，函数取最大值3，
所以此时函数的值域为；
在时的值域为，
由题得.
所以.
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）求出集合B，然后求并集；
（2）根据韦恩图表达出集合关系，然后利用几何运算求出结果.
【详解】（1）由,得
由，得；
（2）或
得阴影部分为.
18．(1)，理由见解析
(2)；此时； ；此时
【分析】（1）利用已知条件及三角函数的周期公式，结合特殊值对应特殊角即可求解；
（2）利用复合函数的求最值的方法及三角函数的性质即可求解.
【详解】（1）若函数满足条件③，则．
这与，矛盾，故不能满足条件③，
所以函数只能满足条件①，②，④．
由条件①，得，
又因为，
所以，
由条件②，得
由条件④，得，
又因为，
所以，
所以函数的解析式为
（2）由，知
当，时；此时
当，时；此时．
19．(1)
(2)最大值为，此时.
【分析】（1）根据题意，在中，利用勾股定理即可用表示出，结合可求得的取值范围；
（2）由（1）中结合三角形的面积公式即可直接写出面积表达式，再利用基本不等式可求出最大值.
【详解】（1）由矩形的周长为24，且，可得，
在中，易知，所以可得，因此；
所以，
在中，由勾股定理可得，整理可得，
又，即，依题意解得，
即可得
（2）在中，；
又，所以，
当且仅当，即时取等号，
所以，
即当时，面积的最大值为.
20．(1)
(2)为偶函数，证明见解析
【分析】（1）利用赋值法结合已知条件可求解；
（2）令，结合条件和函数奇偶性定义判断.
【详解】（1）令，得，
令，得，
因为，所以，，
令，得，即，
因为，所以，所以.
（2）为偶函数.
证明如下：令，得，
由（1）得，
即，又的定义域为，所以为偶函数.
21．(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）利用对数的运算性质结合图形计算即可；
（2）利用对数的运算性质结合图形解方程求得各参数值，再根据四边形面积公式计算即可.
【详解】（1）.
证明如下：
设、，
则、.
∴，
又，故.
（2）∵平行于轴，
∴
又，，
∴联立方程组，
∴、、、.
故四边形的面积为.
22．(1)；
(2).
【分析】（1）利用奇函数的定义及对称性计算即可；
（2）利用函数的单调性分类讨论解方程与不等式，结合一元二次方程根的分布及分段函数的性质计算即可.
【详解】（1）因为定义域为的函数的图象关于点成中心对称图形，
所以为奇函数，
所以，即，
时，，
所以，
所以；
（2）由（1）可知：，
①当时，易知在单调递增，
所以时，有，
即方程在有两个不相等的根，
即在上有两个不相等的根，
令，，
因为，
所以有不可能有两个不相等的根；
②当时，易知在单调递增，
所以时，则，
即方程在有两个不相等的根，
即在上有两个不相等的根，
令，，
则有，解得，
③当时，
易知在上单调递增，所以在单调递增，
此时，
即
令，，则易知在单调递减，
所以即，
又时，，
当且仅当，即时取得等号，
所以，此时无解；
综上可知：的取值范围是.
【点睛】思路点睛：根据函数解析式得出是递增函数，分段讨论所属范围，依据一元二次方程根的分布、基本不等式计算的取值范围的即可.