湖南省湘西自治州2023-2024学年高一上学期期末质量监测数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省湘西自治州2023-2024学年高一上学期期末质量监测数学试卷（Word版附解析），共17页。

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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】A
【解析】
【分析】先求出集合，再由交集的定义求解即可.
【详解】因为，则，
所以，所以，
又因为，所以.
故选：A.
2. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数定义结合诱导公式即可求解.
【详解】根据三角函数定义，
可得，
所以.
故选：D
3. “” 是“ ”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件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】判断“” 和“ ”之间的逻辑推理关系，可得答案.
【详解】由可得，则，
即“” 是“ ”的充分条件，
当时，成立，但推不出，
故“” 是“ ”充分不必要条件，
故选:B
4. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性及特殊值排除ABC即可.
【详解】因为定义域为，且,
所以函数为奇函数，故排除C；
由可排除A；由排除B.
故选：D
5. 砖雕是我国古建筑雕刻中的重要艺术形式，传统砖雕精致细腻、气韵生动、极富书卷气．图（2）是根据一个砖雕（如图（1））所作的扇环形，该扇环可视为将扇形OAB截去同心扇形OCD所得的图形，若，，分别在OA，OB上，，的长度，则该扇环形砖雕的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据扇形的弧长公式及面积公式求解即可.
【详解】因为，，
所以，所以,
由扇形面积公式可得扇环形砖雕的面积为：
，
故选：A
6. 若是偶函数，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据偶函数的定义，利用求解即可得解.
【详解】因为是偶函数，
所以
，即，
所以，
故选：C
7. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得：在上单调递增，根据二次函数的性质列不等式即可.
【详解】由题意得：在上单调递增，
所以对称轴，所以.
故选：B.
8. 在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度（单位：）、燃料的质量（单位：）、火箭的质量m（单位：）满足函数关系式为．已知当燃料质量与火箭质量的比值为时，火箭的最大速度可达到，当燃料质量与火箭质量的比值为时，火箭的最大速度可达到，则（ ）
A. 1B. 3C. －1D. －3
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得与的关系，代入式子，立方差公式化简即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
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．在每小题给出的四个选项中，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. 下列各式的值为1的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据两角和差的余弦公式判断AD，根据二倍角的正弦公式判断B，根据两角和的正切公式判断C.
【详解】因为，故A错误；
因为，故B正确；
因为，故C正确；
因为，故D错误.
故选：BC
10. 已知函数的最小正周期为，则（ ）
A. B. 的图象与轴交于点
C. 的图象关于直线对称D. 在区间上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据周期求出判断A，计算可判断B，计算判断C，根据余弦函数的单调性判断D.
【详解】因为函数的最小正周期为，
所以，解得，故A正确；
由，令，则，即函数与轴交于点为，故B错误；
因为，所以函数图象关于直线对称，故C正确；
当时，，由余弦函数单调性知在上单调递增，所以在区间上单调递增，故D正确.
故选：ACD
11. 已知函数图象是一条连续不断的曲线，且，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 在区间上单调递减
C. 若，则函数有3个不同的零点
D. 若，则函数有3个不同的零点
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据图象特点及条件确定，由函数解析式计算可判断A，作出函数图象，数形结合即可判断BCD.
【详解】令，解得或，
因为函数的图象是一条连续不断的曲线，
所以或，
当时，不成立，舍去，
当时，成立，
故，所以，故A正确；
作函数的图象，如图，
由图象可知，当时，函数单调递减，故B正确；
令，可得方程，即方程的根为函数零点，
由函数图象可知，当时，与图象有3个交点，
所以方程有3个根，即有3个不同的零点，故C正确；
由图象可知，斜率大于2时，与图象中左下方射线部分无交点，与的图象有2个交点，
即当时有3个不同的零点表述错误，故D错误.
故选：ABC
12. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据换底公式判断A，找中间量，分别与之比较判断B，作差后换底公式化简判断CD.
【详解】，
又，，所以，即，故A错误；
因为，所以，即，
又，，所以，即，故B正确；
因
而，，所以，即，故C错误；
由，所以，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题的难点在于B选项思路的探求，关键在于找到合适的中间量，分别比较大小，在比较大小的时候，采用对数、指数的性质运算，技巧性很强，不好处理.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知幂函数的图象经过点，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】待定系数法求出解析式，利用解析式求函数值.
【详解】设幂函数，
则，即，所以，
所以.
故答案为：4
14. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据，可得到，从而得到的值.
【详解】因为，，
所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查同角三角函数关系，二倍角正弦公式，属于简单题.
15. 不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】由所给分式不等式，根据分子非负可转化为不等式组，利用对数函数的单调性求解即可.
【详解】由可得，
即，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：
16. 若函数在区间上有且仅有个零点，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】通过解方程，结合三角函数的性质求得的取值范围.
【详解】令，得，
若，则，有无数个零点，不符合题意.
若，，
要使在区间上有且仅有个零点，
则需，解得.
若，，
要使在区间上有且仅有个零点，
则需，解得.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解函数零点问题，可以从来进行分析.求解含参数的三角函数的问题，要注意参数的取值范围.本题中，并没有限制范围是正实数，所以在分析的过程中，要对进行分类讨论.
四、解答题：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）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）化简集合，根据补集、交集的运算求解；
（2）分类讨论，根据交集为空集列出不等式求解即可.
【小问1详解】
当时，，，
所以，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
当时，，解得，此时满足；
当时，由可得：或，
解得或,
综上，实数的取值范围或.
18. 已知函数的部分图象如图所示．
（1）求的解析式；
（2）若在区间[0，m]上的值域为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图象，直接求出，求得周期得到，再代入点求出即可求的解析式；
（2）由（1）知，结合正弦函数的性质求得的值.
【小问1详解】
由函数图象，可得，，
∴，∵，可得，∴，
又∵图象过点，
∴，即，∴，，
解得，，
又∵，∴，故函数解析式；
【小问2详解】
由（1）知，
∵，则，
又∵的值域为，
∴，故；
19. 已知函数．
（1）若，且，，求的取值范围；
（2）若关于的不等式的解集为，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简不等式，根据一元二次不等式恒成立，利用判别式求解；
（2）由一元二次不等式的解集求出，再由均值不等式求最小值即可.
【小问1详解】
当时，，则，，
即恒成立，
所以，解得，
即取值范围为.
【小问2详解】
由可得，
因为不等式的解集为，
所以由根与系数关系可得，
解得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，即所求函数的最小值为.
20. 已知定义在上的函数满足，当时，，且．
（1）求；
（2）若为奇函数，求的值；
（3）解不等式．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用赋值法求得.
（2）根据函数的奇偶性列方程来求得.
（3）根据函数的单调性求得不等式的解集.
【小问1详解】
依题意，，
令得.
【小问2详解】
由于为奇函数，所以，
所以，
由，令得，
所以，
所以.
【小问3详解】
任取，
，
由于，所以，
所以，
所以在上单调递增，
由，，
令得，
由，得，
，所以，
所以不等式的解集为.
21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若函数在区间[a，b]（其中）上的值域为，求的取值范围．
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增.
（2）
【解析】
分析】（1）根据复合函数单调性可分类得到结果；
（2）将问题转化为在上有两个不等实根，通过分析二次函数的图象得到不等式组，由不等式组可求得的范围.
【小问1详解】
令，则，
则或，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，根据复合函数的单调性，
在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
函数在上的增函数，
所以在区间上的值域为，则，
根据条件，可得，即，
所以，
可知，即为方程的两个不相等的实数根，
因而，要使得实数存在，则方程在上有两个不相等的实根，
可将问题转化为在上有两个不等零点；
所以，解得：，
所以实数的取值范围为.
22. 已知函数，将的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度，得到的图象．
（1）求的单调递增区间；
（2）若对任意的，总存在唯一的，使得，求的取值范围．
【答案】22.
23.
【解析】
【分析】（1）由二倍角的正弦公式、两角差的余弦公式化简，再令，即可得出答案；
（2）由三角函数的平移变换求出，再求出时的值域和时的值域，可得，即可得出答案.
【小问1详解】
，
令，
解得：，
所以的单调递增区间为：
【小问2详解】
将的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，
再将所得图象向左平移个单位长度，得到的图象，
的所以
由得，
因为，所以，
所以，
又，，所以，
对任意的，总存在唯一的，使得，
只需.
所以，解得：.
所以的取值范围为.