47，广西柳州市2023-2024学年高一上学期期末联考数学试卷

这是一份47，广西柳州市2023-2024学年高一上学期期末联考数学试卷，共14页。试卷主要包含了 已知函数的零点为和3，则， 设，，，则的大小关系是， 下列说法正确的是， 已知，且，则等内容，欢迎下载使用。

数学
（考试时间：120分钟，总分：150分）
注意：
1.请把答案填写在答题卡上，否则答题无效.
2.答卷前，考生务必将密封线内的项目填写清楚，密封线内不要答题.
3.选择题，请用2B铅笔，把答题卡上对应题目选项的信息点涂黑.非选择题，请用0.5mm黑色字迹签字笔在答题卡指定位置作答.
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单选题：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. 计算：（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据诱导公式求解即可.
【详解】因为，
根据诱导公式得：，
故选：D.
2. 函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复合型对数函数定义域以及分式型函数定义域即可得解.
【详解】由题意，解得或，所以函数的定义域为.
故选：C.
3. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意利用充分性与必要性从而可求解判断.
【详解】由题意知，
充分性：当时，则，故充分性满足；
必要性：当时，则或，故必要性不满足；
综上可知“”是“”的充分不必要条件，故B正确.
故选：B.
4. 已知函数的零点为和3，则（ ）
A. B. C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由二次函数的零点与二次函数的系数之间的关系即可得解.
【详解】由题意二次函数的零点为和3，
所以，
所以.
故选：A.
5. 下列函数既是偶函数，又在区间上是增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本初等函数的单调性与奇偶性逐项判断即可.
【详解】选项A：表示对称轴为轴，开口向下的抛物线，是偶函数，
在上单调递减，A错误；
选项B：，
所以是奇函数，在上单调递增，B错误；
选项C：由指数函数的图象和性质可知是非奇非偶函数，在上单调递增，C错误；
选项D：定义域为，且，
所以是偶函数，且在上单调递增，D正确；
故选：D
6. 设，，，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别将与比较大小即可得解.
【详解】因为，，，
所以，
故选：A
7. 如图，一个质点在半径为2的圆O上以点P为起始点，沿逆时针方向运动，每转一圈．则该质点到x轴的距离y关于时间t的函数解析式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设点的纵坐标为，根据题意可求，与，从而可求解.
【详解】设点的纵坐标为，
由题意可得，得.
因为起始点在第四象限，所以初相，
由图可知，
所以.
所以该质点到x轴的距离y关于时间t的函数解析式是.
故选:A.
8. 定义在R上偶函数在上单调递增,,则不等式解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得在上单调递增，在上单调递减，，，当或时，；当时，，由条件列出不等式组，求解即可.
【详解】∵定义在上的偶函数在上单调递增，且，
∴在上单调递减，且，
∴当或时，；当时，，
∵，∴或，
∴或，
∴或，即，
则不等式的解集是.
故选：A.
二、多选题：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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 圆心角为且半径为的扇形面积为
B. 命题“，”的否定是“，”
C.
D. 函数的最小正周期为
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，角度弧度互换，结合扇形面积公式验算即可；对于B，由命题否定的定义即可判断；对于C，由对数运算性质即可验算；对于D，由正切型周期公式即可验算.
【详解】对于A，，所以圆心角为且半径为的扇形面积为，故A错误；
对于B，命题“，”的否定是“，”，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，函数的最小正周期为，故D正确.
故选：CD.
10. 已知，且，则（ ）
A. 的最小值为B. 的最大值为
C. 的最小值为8D. 的最大值为8
【答案】BC
【解析】
【分析】利用基本不等式求的最大值和的最小值.
【详解】由已知，，
所以，当且仅当时，等号成立，B正确；
，当且仅当时，等号成立，C正确.
故选：BC
11. 已知，则下列结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由商数关系、平方关系逐一判断每一选项即可得解.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，所以，故C正确；
对于D，，所以，故D错误.
故选：ABC.
12. 下列说法正确是（ ）
A.
B.
C. 幂函数的图象过点，则
D. 若关于的不等式的解集为，则的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用即可得到答案，对于B，利用化简即可，对于C，将点代入，求出解析式即可，对于D，分类讨论和两种情况，即可得到答案.
【详解】对于A，由可得：，故A正确；
对于B，由可得：，故B正确；
对于C，设，将代入可得：，解得：，所以，故C不正确；
对于D，当时，原不等式等价于，无解，即关于的不等式的解集为，满足条件，
当时， 要使关于的不等式的解集为，则，解得：，
综上：的取值范围是，故D正确.
故选：ABD
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题：本题共4小題，每小题5分，共20分.
13. 已知角的终边经过点，则______．
【答案】
【解析】
【详解】由题意，则.
14. 已知函数，则______.
【答案】9
【解析】
【分析】直接依次代入分段函数表达式运算即可.
【详解】由题意.
故答案为：9.
15. 科学家研究发现，地震时释放出的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为，里氏9.0级地震释放的能量是7.0级地震所释放能量的______倍.
【答案】1000
【解析】
【分析】首先指对互换得，由指数幂运算性质即可得解.
【详解】由题意，所以，
所以，
即里氏9.0级地震释放的能量是7.0级地震所释放能量的1000倍.
故答案为：1000.
16. 已知函数，当方程有两解时， 的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】作出函数的图象，观察直线与函数的图象的交点，由此可得出实数的取值范围.
【详解】，作出函数与函数的图象如下图所示：
由图象可知，当或时，直线与函数的图象有两个交点，
因此，所求的的取值范围是.
故答案为：.
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，，.
（1）当时，求，；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1），或
（2）
【解析】
【分析】（1）化简集合，结合交集，补集的概念即可得解.
（2）由，得，由此即可列不等式组求解
【小问1详解】
当时，，，，
所以，或.
小问2详解】
若，则，而，，
所以，即实数的取值范围为.
18. 计算以下式子的值：
（1）；
（2）.
【答案】18. ；
19. .
【解析】
【分析】（1）根据指数幂的运算性质，化简计算，即可得答案
（2）根据对数的运算及指数幂的运算性质，化简计算，即可得答案.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
.
19. 已知角是第二象限角，.
（1）求和的值；
（2）求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由平方关系以及两角和的正弦公式即可得解.
（2）由切弦互换以及正切的二倍角公式即可得解.
【小问1详解】
因为角是第二象限角，，所以，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，所以，
.
20. 2014年，几个生产袋装螺蛳粉的小作坊在柳州悄然出现，打破了长期以来螺蛳粉只能“现煮堂食”的局面，政府通过引导，让相关产业逐步走向标准化，2018年8月20日，“柳州螺蛳粉”获得国家地理标志商标，2020年新冠肺炎疫情期间，柳州螺蛳粉逆势而上，成为全国热销产品，迅速走红.2022年，柳州螺蛳粉全产业链销售收入600.7亿元、增长19.8%，其中预包装柳州螺蛳粉销售收入182亿元、增长19.6%，年寄递量达到1.1亿件，今年某平台网红委托某工厂代加工袋装螺蛳粉，生产该款产品每月固定成本为4万元，每生产万袋，需另投入成本万元.当产量不足6万袋时，；当产量不小于6万袋时，.若该产品工厂的供货价为6元/袋，根据平台网流量，该款产品可以全部销售完.
（1）求工厂生产该款产品每月所获利润（万元）关于产量（万袋）的函数关系式；
（2）当月产量为多少万袋时，工厂生产该款产品每月所获利润最大，为多少万元？
【答案】（1）
（2）9；9.5万元．
【解析】
【分析】（1）根据题意可列出利润与产量的函数关系式.
（2）根据（1）中的关系式分类讨论和时的产量，并分别利用二次函数求最值和基本不等式求最值求出利润最大值.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
所以：
【小问2详解】
当时，，
所以当时，取得最大值，最大值8.5万元．
当时，
当且仅当，即时，取得最大值，最大值为9.5万元．
综上，当产量为9万件时，该工厂在生产中所获得利润最大，最大利润为9.5万元.
21. 已知.
（1）求函数的单调增区间；
（2）将函数的图象向左平移（）个单位，再将图象上每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象，若函数的图象关于直线对称，求取最小值时的的解析式.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换及辅助角公式化简函数解析式为，由正弦型函数中整体代换即可求函数的单调增区间；
（2）根据三角函数的图象变换可得，由函数的对称性得，，又由，从而可求解.
【小问1详解】
，
因为，，即，时单调递增，
所以函数的单调增区间为.
【小问2详解】
将向左平移个单位得到，
将纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到，
又因为的图象关于直线对称，所以，，
解得，，因为，所以当时，有最小值，
所以，
故的解析式为.
22. 已知函数过定点，函数的定义域为.
（Ⅰ）求定点并证明函数的奇偶性；
（Ⅱ）判断并证明函数在上的单调性；
（Ⅲ）解不等式.
【答案】（Ⅰ）定点为，奇函数，证明见解析；（Ⅱ）在上单调递增，证明见解析；（Ⅲ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据解析式可求得定点为，即可得的解析式，根据奇函数的定义，即可得证；
（Ⅱ）利用定义法即可证明的单调性；
（Ⅲ）根据的单调性和奇偶性，化简整理，可得，根据函数的定义域，列出不等式组，即可求得答案.
【详解】（Ⅰ）函数过定点，定点为，
，定义域为，
.
函数为奇函数.
（Ⅱ）在上单调递增.
证明：任取，且，
则.
，，
，，
，即，
函数在区间上是增函数.
（Ⅲ），即，
函数为奇函数
在上为单调递增函数，
， ，解得：.
故不等式的解集为：
【点睛】解题关键是熟练掌握函数奇偶性、单调性的定义，并灵活应用，在处理单调性、奇偶性综合问题时，需要注意函数所有的自变量都要在定义域内，方可求得正确答案.