四川省南充市2023-2024学年高一上学期期末学业质量监测数学试题

这是一份四川省南充市2023-2024学年高一上学期期末学业质量监测数学试题，共15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．已知全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．函数的部分图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
4．函数的零点所在的一个区间为（ ）
A．B．C．D．
5．已知为角终边上一点，则（ ）
A．B．1C．2D．3
6．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知，若，则（ ）
A．B．14C．D．10
8．我国某科研机构新研制了一种治疗支原体肺炎的注射性新药，并已进入二期临床试验阶段.已知这种新药在注射停止后的血药含量（单位：）随着时间（单位：）的变化用指数模型描述，假定该药物的消除速率常数（单位：），刚注射这种新药后的初始血药含量，且这种新药在病人体内的血药含量不低于时才会对支原体肺炎起疗效，现给某支原体肺炎患者注射了这种新药，则该新药对病人有疗效的时长大约为（ ）（参考数据：，）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如果，那么下列不等式正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．下列说法正确的有（ ）
A．的最小值为2；
B．已知，则的最小值为5；
C．若正数、满足，则的最小值为3；
D．设、为实数，若，则的取值范围为.
11．已如定义在上的函数满足，且对任意的，，当时，都有，则以下判断正确的是（ ）
A．函数是偶函数B．函数的最小正周期是4
C．函数在上单调递增D．直线是函数图象的对称轴
12．已知函数，若方程有四个不等的实根，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．取值范围为
三、填空题
13．设，则 .
14．如果，为第三象限角，则 .
15．若，则实数的取值范围为 .
16．我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称的充要条件是函数为奇函数，由此可以推广得到：函数的图象关于点成中心对称的充要条件是函数为奇函数，利用题目中的推广结论，若函数的图象关于点成中心对称，则 .
四、解答题
17．设集合，.
(1)若时，求；
(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
18．（1）求值：
（2）已知.求的值.
19．已知函数.
(1)求函数的周期以及单调递增区间；
(2)求在区间上的最大值和最小值及相应的值.
20．已知函数.
(1)若关于的不等式的解集为，求实数，的值；
(2)求关于的不等式的解集.
21．已知是定义域为的奇函数.
(1)求实数的值；
(2)判断函数在上的单调性，并利用函数单调性的定义证明；
(3)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
22．已知函数，.
(1)求函数在区间上的最小值；
(2)若函数，且的图象与的图象有3个不同的交点，求实数的取值范围.
参考答案：
1．A
【分析】应用集合的交补运算求集合.
【详解】由题设或，
故.
故选：A
2．B
【分析】由特称命题的否定是将存在改为任意并否定原结论，即可得答案.
【详解】由特称命题的否定为全称命题知：原命题的否定为，.
故选：B
3．D
【分析】定义判断函数的奇偶性并结合的符号，应用排除法即可得答案.
【详解】由且定义域为R，即函数为偶函数，排除A、C；
由，排除B.
故选：D
4．C
【分析】根据解析式判断单调性，结合零点存在定理确定区间.
【详解】由解析式知在上单调递增，
又，，，
所以零点所在的一个区间为.
故选：C
5．B
【分析】应用诱导公式及由弦化切化简目标式为，结合三角函数的定义求得，即可求值.
【详解】由，又，
所以.
故选：B
6．C
【分析】利用对数函数的单调性及中间量和即可求解.
【详解】因为，函数在上单调递增，
所以，即.
又因为函数在上单调递增，
所以，即.
又因为，
所以.
故选：C.
7．A
【分析】构造并判断其奇偶性，利用奇偶性求即可.
【详解】令，且定义域为，
，即为奇函数，
所以，即.
故选：A
8．D
【分析】由题设有，利用指数函数单调性及指对数关系求解，即可得答案.
【详解】由题意，则小时.
故选：D
9．AC
【分析】根据不等式性质判断A、C、D；特殊值判断B.
【详解】由，则，，故，A、C对，D错；
当时，故B错.
故选：AC
10．BCD
【分析】由对应函数符号即可判断A；应用基本不等式及其“1”的代换、一元二次不等式解法判断B、C、D，注意取最值条件.
【详解】A：当时，，若存在最小值，不可能为2，错；
B：由，，当且仅当时取等号，
所以的最小值为5，对；
C：由题设，
当且仅当时取等号，所以的最小值为3，对；
D：，可得，
当且仅当时取等号，则，故的取值范围为，对.
故选：BCD
11．CD
【分析】由题设且、在上递减，再进一步判断函数的奇偶性、周期性、区间单调性和对称性.
【详解】由，函数为奇函数，A错；
由，函数的周期为8，B错；
对任意的，，当时，都有，
所以在上递减，结合奇函数知：函数在上递减，即函数上函数递减，
由上可知，即，故关于对称，
所以在上单调递增，且直线是函数图象的对称轴，C、D对.
故选：CD
12．ABD
【分析】根据解析式画出函数大致图象，数形结合可得，且，结合对数函数、正弦型函数性质可得、，综合运用基本不等式、区间单调性判断各项正误.
【详解】由函数解析式可得函数大致图象如下，
由上图，要使方程有四个不等的实根，，，且，
则，且，，
由，则，A、B对；
所以，又，即等号取不到，
所以，C错；
由图知：在区间、上单调性相同，且，
所以随变化同增减，故取值范围为，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：根据解析式得到图象并确定，且为关键.
13．1
【分析】根据分段函数的解析式，从内到外运算求解即可．
【详解】由题意，，
则．
故答案为：1．
14．/
【分析】由平方关系及角所在象限得，应用诱导公式即可求函数值.
【详解】由，为第三象限角，则，
.
故答案为：
15．
【分析】利用函数的单调性，分三类讨论即可求解.
【详解】考虑函数.
因为函数的单调递减区间为和.
所以不等式等价于或者或者，
解得：或.
所以实数的取值范围为：.
故答案为：
16．
【分析】由题设定义有，进而得到恒成立，求参数值，即可得答案.
【详解】由题意为奇函数，
所以，则，
所以，
所以恒成立，
故或，所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据定义得到恒成立为关键.
17．(1)
(2)
【分析】（1）先将集合A化简，利用并集运算得解；
（2）根据题意可得，列式运算可求解.
【详解】（1）由，所以，解得，
，当时，，
.
（2）由题是的充分不必要条件，即，
则（等号不同时取），解得，
所以实数的取值范围为.
18．（1）；（2）.
【分析】（1）应用指对数运算性质及指对数关系化简求值；
（2）由题设，再应用“1”的代换及齐次运算求值即可.
【详解】（1）原式；
（2）由，
.
19．(1)，
(2)最大值为，相应的；最小值为，相应的.
【分析】（1）利用正弦型函数的周期公式即可求解函数的周期；利用整体代入法和正弦函数的性质即可求出函数的单调增区间.
（2）利用整体代入法和正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）由可得：函数的周期为.
令，
解得：，
∴的单调递增区间为，．
（2）令，
因为，
所以.
所以当，即时，在区间上可取得最大值，最大值为；
当，即时，在区间上可取得最小值，最小值为.
故在区间上最大值为，相应的；最小值为，相应的.
20．(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由不等式解集可得是的两个根，利用根与系数关系求参数值；
（2）由题意有，讨论、、求不等式解集.
【详解】（1）由题设的解集为，即是的两个根，
所以.
（2）由题意，
当时，解得或，故解集为；
当时，解得，故解集为；
当时，解得或，故解集为；
21．(1)
(2)单调递增，答案见解析
(3)
【分析】（1）利用奇函数的性质即可得出的值；
（2）先判断单调性，再根据函数单调性的定义判断即可；
（3）结合（2）的结论和奇函数的性质，不等式可转化为，利用基本不等式求出最值即可．
【详解】（1）是R上的奇函数，
，对任意，即，
即，对任意恒成立，
，即.
（2）为R上的增函数，证明如下：
任取，，且，
，
，，
，即，
所以函数为R上的增函数.
（3）不等式在R上恒成立，
，
又为R上的增函数，
在R上恒成立，
即，令，，
上式等价于对恒成立，
即，令，只需即可，
又，
，
.
所以实数t的取值范围为.
22．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据已知条件求出，令换元后变为，利用二次函数的性质确定最小值；
（2）求出，进而确定，令换元后有化为，化为，问题转化为有两个根，且一个根在内，一个根在内，设，通过限制二次函数根所在区间得出不等式，求解不等式即可解出实数的取值范围.
【详解】（1），所以，
令，因为，则，
所以变为，函数的对称轴为，
当时，函数在上单调递增，时，函数有最小值；
当时，函数在上单调递增减，函数在上单调递增，
时，函数有最小值；
当时，函数在上单调递减，时，函数有最小值.
（2）即，所以，
令，所以化为：，
化为；
令，整理有：；
因为，作出简图如下
注意到，可得：当时，有两个根；当时，有一个根；
因为的图象与的图象有3个不同的交点，
所以有两个根，且一个根在内，一个根在内，
设，
则有：为关于的二次函数，图象开口向上，对称轴为，
根据题意有：，即解得，
或，即 解得
综上所述：.
【点睛】方法点睛：①换元法的应用，注意取值范围；
②数形结合的应用.