湖南省张家界市2023-2024学年高一上学期期末联考数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省张家界市2023-2024学年高一上学期期末联考数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了 英国数学家泰勒，83B等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由集合为函数值域，用列举法表示，再由交集运算可得.
【详解】设，，
则，
故集合，
则.
故选：D.
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】全称量词命题的否定是存在量词命题.
【详解】命题“，”的否定是
“，”.
故选：B.
3. 已知扇形的半径为3，圆心角弧度数为2，则其面积为（ ）
A. 18B. 12C. 9D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由扇形弧长与面积公式可得.
【详解】已知扇形的半径，圆心角弧度数，
则由扇形弧长公式与面积公式得
.
故选：C.
4. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的性质，结合特殊值判断.
【详解】对于A，取特殊值，，，满足条件，但不满足结论，故A错误；
对于B，由，若，则，故B错误；
对于C，由同向不等式的性质知，，可推出，故C正确；
对于D，取，满足条件，但，故D错误.
故选：C.
5. 学校先举办了一次田径运动会，某班有8名同学参赛，又举办了一次球类运动会，这个班有12名同学参赛，两次运动会都参赛的有3人。两次运动会中，这个班总共参赛的同学有（ ）
A. 20人B. 17人C. 15人D. 12人
【答案】B
【解析】
【分析】利用容斥原理可得.
【详解】设参加田径运动的同学构成集合，参加球类运动会的同学构成集合，
则参加田径运动同学人数，
参加球类运动会的同学人数，
两次运动会都参赛的同学人数，
则两次运动会中，这个班总共参赛的同学人数为
.
故选：B.
6. 为了预防流感，某学校对教室采用药熏消毒法进行消毒.已知在药熏过程中，室内每立方米空气中的含药量y（单位：mg）与时间t（单位：h）的关系如图所示，函数关系式为（a为常数）.据测定，当室内每立方米空气中的含药量降到0.25mg以下时，学生方可进教室.从药熏开始，至少经过小时后，学生才能回到教室，则（ ）

A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】由函数图象特殊点代入解析式求解，
【详解】当时，，代入解析式得，得，
令，解得，即，，
故选；C
7. 英国数学家泰勒（B.Taylr，1685—1731）发现了如下公式：，，其中.这些公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性，计算器使用的这种方法叫数值计算法.比如，用前三项计算，就得到.运用上述思想，可得到的近似值为（ ）
A. 0.83B. 0.84C. 0.85D. 0.86
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意将代入的前三项计算可得结果.
【详解】用前三项计算可得，
即的近似值为.
故选：B
8. 若，，，，则a，b，c，d的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角恒等变换可将式子化简为，再由余弦函数单调性即可比较得出大小.
【详解】易知
；
；
；
由余弦函数在上单调递减，且,
所以可得，即.
故选：A
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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列各命题中，p是q的充要条件的有（ ）
A. p：两个三角形相似；q：两个三角形三边成比例
B. p：四边形是菱形；：四边形的对角线互相垂直
C. ：；：，
D. ：；：
【答案】AD
【解析】
【分析】根据充要条件的判断方法，逐项判断即可.
【详解】对A：“两个三角形相似”，可得“三角形三边对应成比例”，所以p是q的充分条件；又“两个三角形三边成比例”可得“两个三角形相似”，所以p是q的必要条件.所以p是q的充要条件，故A正确；
对B：因为对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，所以p不是q的充要条件，故B错误；
对C：由“”“或”，所以p不是q的充要条件，故C错误；
对D：，所以p是q的充要条件，故D正确.
故选：AD
10. 函数y＝3sin的图象，可由函数y＝sin x的图象经过下列哪项变换而得到( )
A. 向左平移个单位长度，横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标伸长到原来的3倍
B. 向左平移个单位长度，横坐标缩短到原来的，纵坐标伸长到原来的3倍
C. 横坐标缩短到原来的，向左平移个单位长度，纵坐标伸长到原来的3倍
D. 横坐标缩短到原来的，向左平移个单位长度，纵坐标伸长到原来的3倍
【答案】BD
【解析】
【分析】由下面两种变换顺序：
①y＝sinx→y＝sin(x＋)→y＝sin(2x＋)→y＝3sin(2x＋)；
②y＝sinx→y＝sin2x→y＝sin(2x＋)→y＝3sin(2x＋).
【详解】①将由y＝sinx的图象向左平移得到函数y＝sin(x＋)，再横坐标缩小到原来的倍，纵坐标不变得到函数y＝sin(2x＋)，再横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍得到y＝3sin(2x＋).
②将由y＝sin x的图象横坐标缩小到原来的倍，纵坐标不变得到函数y＝sin2x，再向左平移得到函数y＝sin(2x＋)，再横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍得到y＝3sin(2x＋).
故选：BD．
11. 已知函数，其中，且，则下列结论中正确的是（ ）
A. 函数是奇函数
B. 函数在其定义域上有零点
C. 函数的图象过定点
D. 当时，函数在其定义域上单调递增
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项，由奇函数定义可得；B项，由方程有解可知函数有零点；C项，由可知；D项，由两个增函数的的和函数仍为增函数可得.
【详解】选项A，由，，
定义域为，关于原点对称.
且，
所以函数是奇函数，故A正确；
选项B，令，解得，
则在其定义域上有零点，故B正确；
选项C，因为，
所以函数的图象过定点，不过，故C错误；
选项D，当时，，
所以是增函数，且是减函数，则是增函数，
所以也是增函数，故D正确.
故选：ABD.
12. 已知函数定义域为，则下面判断正确的是（ ）
A. 若，，则函数在上是增函数
B. 若，，则函数是奇函数
C. 若，，则函数是周期函数
D. 若且，，则函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递减
【答案】BC
【解析】
【分析】令可判断A，利用奇函数定义可判断B，由周期函数的定义可判断C，根据函数单调性的定义即可判断D.
【详解】对于A，令，满足，
但函数在上不是增函数，故选项A错误；
对于B，令，则，
可得，即满足，则函数是奇函数，可知B正确；
对于C，若，，
所以，即，
满足，可得函数是周期为的周期函数，即C正确；
对于D，取，满足，因为函数在区间上单调递增，所以；
可得，所以；
即，
可得且；
所以函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递增，即D错误；
故选：BC
【点睛】方法点睛：在求解抽象函数奇偶性以及单调性时，要根据已知条件充分利用奇偶性和单调性定义，化简变形进行证明即可求得结论.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 写出一个同时具有下列性质①②的函数：_________.
①是偶函数；②在上是增函数.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据所学函数图象与性质，可以考虑幂函数.
【详解】，定义域为，关于原点对称，
且，则是偶函数；
由的图象可知在上是增函数；
所以同时具有性质①②.
故答案为：（答案不唯一，如）.
14. 若，，，则的最小值为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】由基本不等式中“1”的妙用代入计算即可得出最小值为4.
【详解】易知，
当且仅当时，等号成立；
即的最小值为4；
故答案为：4
15. 17世纪德国著名的天文学家、数学家约翰尼斯·开普勒（JhannesKepler）曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为36°的等腰三角形（另一种是顶角为108°的等腰三角形）.例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图，在其中一个黄金中，，根据这些信息，可得__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理得到边角关系，再通过二倍角公式转化求解，最后借助诱导公式得解.
【详解】在等腰中，，
则 ，
由正弦定理得，
故，
所以.
故答案为：.
16. 设函数，若方程有3个不等的实根，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用换元法将方程转化为必有两根，画出函数图象由数形结合进行分类讨论即可求得实数的取值范围是.
【详解】令，则，即，
可得，
作出函数的图象如下图所示：
若方程有3个不等的实根，由图可知方程必有两根，
当时，可得，解得，不合题意；
当时，需满足，
解得，即.
所以实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用换元法将原方程转化为方程必有两根的问题，再利用函数与方程的思想由二次函数根的分布情况即可求得结果.
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. 已知集合，.
（1）求；
（2）已知集合，若，求实数的取值范围。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解指数不等式可得集合，再由集合混合运算即可得出结果；
（2）由集合间的包含关系，利用可得.
【小问1详解】
由，易得，
∵，∴，
可得.
【小问2详解】
由（1）知，
∵，且
∴，
即实数的取值范围为.
18. 已知函数.
（1）若，解不等式；
（2）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，解一元二次不等式即可作答.
（2）根据给定条件，利用一元二次不等式恒成立列出不等式，求解不等式作答.
【小问1详解】
当时，，因此，解得，
所以原不等式的解集为.
【小问2详解】
依题意，，，
当时，，解得，不合题意，
因此，二次函数值恒小于0，则，且，
化简得：，解得或，
于是得，
所以实数的取值范围是.
19. 如图，已知单位圆O与x轴正半轴交于点M，点A，B在单位圆上，其中点A在第一象限，且，记，.
（1）若，求点的坐标；
（2）若点A的坐标为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用三角函数定义，求角的余弦与正弦值，可得单位圆与终边交点的坐标；
（2）先由点在单位圆上求得，再利用三角函数定义与诱导公式求解.
【小问1详解】
∵，
∴，，故点坐标为.
【小问2详解】
∵点在单位圆上，得，
又∵点位于第一象限，，则，
∴点A的坐标为，即，，
∴，
∴.
20. 已知函数的图象过点和
(1)求的解析式，并判断函数的奇偶性；
(2)判断函数在的单调性，并用单调性的定义证明.
【答案】（1），偶函数；（2）函数在上单调递减，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，将两个点的坐标代入函数的解析式，可得关于的方程，可解得的值，即可得函数的解析式，据此分析可得其奇偶性，即可得答案；
（2）根据题意，设，由作差法分析可得证明；
【详解】解：（1）根据题意，函数的图象过点和，
则，，
解得，
则，
则，
故函数为偶函数；
（2）函数在上单调递减，
证明：设，
则，
又由，
则，，，
则；
故函数在上为减函数.
【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的判定以及应用，涉及函数解析式的求法，属于基础题．
21. 一根长为L的材料（材料粗细忽略不计）欲水平通过如图所示的直角走廊，已知走廊的宽.
（1）设，试将L表示为的函数，并写出的取值范围；
（2）求能够通过这个直角走廊的材料的最大长度（即求L的最小值）.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角函数定义可得，，即可得，；
（2）利用换元法令，并由函数单调性即可求得.
【小问1详解】
由题意知，，
可得，，
所以，.
【小问2详解】
令，
∵，∴，，
则，
易知在上单调递增，在上单调递减
∴，
即能够通过这个直角走廊的材料的最大长度为.
22. 设函数，，.
（1）求函数在上的单调区间；
（2）若，，使成立，求实数的取值范围；
（3）求证：函数在上仅有一个零点，并求（表示不超过最大整数，如，）
参考数据：，，.
【答案】（1）单调减区间是，单调增区间是
（2）
（3）证明见解析，
【解析】
分析】（1）整体法求解函数单调性；
（2）在上的值域为在上的值域的子集，求出的值域为，换元法结合二次函数对称轴，分与两种情况，得到不等式，求出答案；
（3）先得到的单调性，结合零点存在性定理知在上有唯一零点，在上无零点，并得到，，得到.
【小问1详解】
∵，∴，
由，解得，
由，解得，
∴函数在上的单调减区间是，单调增区间是.
【小问2详解】
若，，使成立，
则在上的值域为在上的值域的子集.
由（1）知，在上单调递减
∴的值域为，
对于函数，令，
∵，∴
则，开口向上，对称轴是，，
（i）当时，在上单调递减，不符合题意；
（ii）当时，在上单调递减，在上单调递增，
∴，即，解得，
综上，.
【小问3详解】
由（1）知在上是减函数，又在上是增函数，
∴在上是减函数，
又，，
根据零点存在性定理知在上有唯一零点，
当时，，，
∴，在上无零点，
综上，在上有且只有一个零点.
∵，
∴，
∴，
∴.
【点睛】思路点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；