福建省厦门市2023-2024学年高一上学期1月期末质量检测数学试题（Word版附解析）

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满分：150分 考试时间：120分钟
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集运算求解.
【详解】由题意可得：.
故选：B.
2. 已知，则（ ）
A. 2B. C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数运算分析求解.
【详解】因为，可得，
且，解得.
故选：B.
3. 已知，为第二象限角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同角三角关系运算求解，注意象限角的三角函数值符号.
【详解】因，为第二象限角，则，
所以.
故选：C.
4. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数函数和幂函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】因为指数函数为上的增函数，则，
又因为幂函数在上为增函数，则，故.
故选：D.
5. 若命题：，是假命题，则（ ）
A. B.
C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】对于含量词的命题为假命题，一般是通过该命题的否定为真命题求出参数范围.
【详解】由命题：，是假命题，
可知命题的否定：“，”是真命题，
即，解得：.
故选：A.
6. 已知定义在上的奇函数满足①；②，，且，，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题目条件得到在上单调递增，且为偶函数，，其中，根据函数单调性和奇偶性得到不等式，求出解集.
【详解】不妨设，
，
故在上单调递增，
因为为定义在上的奇函数，所以，
故定义域为，且，
故为偶函数，
因为，所以，
，
所以，解得或.
故选：A
7. 已知函数，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合二次函数图象分析判断.
【详解】由题意可知：函数的对称轴为，且，如图所示，
若，结合对称性可知，且，
对于选项A：例如，则符合题意，
但，故A错误；
对于选项BC：若，显然满足题意，
但，，故BC错误；
对于选项D：因为，则，所以，故D正确；
故选：D.
8. 已知函数恰有三个零点,则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】因为,对进行分类讨论,利用数形结合的方法即可得到结果.
【详解】因,
①当时,做出两段抛物线的图像如图:

此时函数只有两个零点,不满足题意;
②当时,,做出两段抛物线的图像如图:

此时函数恰有三个零点,满足题意;
③当时,因为在有两个零点,且当时两段抛物线的函数值相等,若要满足题意,则两段抛物线的图像应该如图:

此时,满足题意;
综上实数的取值范围为.
故选:B.
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，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9. 下列函数中，与函数是同一个函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意结合函数相等的定义逐项分析判断.
【详解】显然函数的定义域为，
对于选项A：因为，即对应关系不一致，故A错误；
对于选项B：因为，且定义域为，所以两个函数相同，故B正确；
对于选项C：因为的定义域为，即定义域不同，故C错误；
对于选项D：因为恒成立，即的定义域为，
且，所以两个函数相同，故D正确；
故选：BD.
10. 函数在区间内存在零点的充分条件可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】先判断函数单调性，再根据零点存在性定理列出不等式求解，结合充分条件定义即可判断各选项.
【详解】因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以在区间上单调递减，
若函数在区间内存在零点，
则，即，解得，
故AB符合题意，CD不符合题意.
故选：AB.
11. 已知实数，，满足且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】AC选项，作差法比较大小；B选项，举出反例；D选项，变形后，作差法比较大小.
【详解】因为且，所以，
A选项，，故，A正确；
B选项，不妨设，此时满足且，但，B错误；
C选项，因为且，所以，
，
所以，C正确；
D选项，
，
因为，所以，
故，D正确.
故选：ACD
12. 已知表示不超过的最大整数，例如：，.定义在上的函数满足，且当时，，则（ ）
A.
B. 当时，
C. 在区间上单调递增
D. 关于的方程在区间上恰有23个实根
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：直接代入运算即可；对于B：根据题意结合即可求解析式；对于C：先求的单调区间，进而可得结果；对于D：分和两种情况，结合图象分析方程的根的个数.
【详解】对于选项A：，故A正确；
对于选项B：因为，则，
可得，故B错误；
对于选项C：因为当时，，
可知当时，单调递增，当时，单调递减，
结合，可知的单调递增区间为，
当时，，，
故在区间上单调递增，故C正确；
对于选项D：当，，且，
则，
且等号不同时成立，原方程无实根；
当时，画出函数的图象，如图所示，

因为，
要证，只需证，
令，则，只需证，如图所示，

可知，成立，
所以方程在区间上恰有2个实根，
所以方程在区间上恰有个实根，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】易错点睛：利用数形结合求方程解应注意两点
1.讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性、否则会得到错解．
2.正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知某扇形的半径为2，弧长为，则该扇形的圆心角为______.
【答案】##
【解析】
【分析】设出圆心角，利用弧长公式得到方程，求出答案.
【详解】设圆心角为，则，解得.
故答案为：
14. 已知函数的定义域为，，，，，，…，.写出满足上述条件的一个函数：______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意结合指数运算分析求解即可.
【详解】例如，则，且，
所以符合题意.
故答案为：.
15. 已知函数，若，则的最小值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】根据题意结合图象可得，且，结合基本不等式运算求解.
【详解】作出函数的图象，如图所示，
因为，且，
则，可得，
即，且，
则，当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为4.
故答案为：4.
16. 水星是离太阳最近的行星，在地球上较难观测到.当地球和水星连线与地球和太阳连线的夹角达到最大时，称水星东（西）大距，这是观测水星的最佳时机（如图1）.将行星的公转视为匀速圆周运动，则研究水星大距类似如下问题：在平面直角坐标系中，点A，分别在以坐标原点为圆心，半径分别为1，3的圆上沿逆时针方向做匀速圆周运动，角速度分别为，.当达到最大时，称A位于的“大距点”.如图2，初始时刻A位于，位于以为始边的角的终边上.

（1）若，当A第一次位于的“大距点”时，A的坐标为______；
（2）在内，A位于的“大距点”的次数最多有______次
【答案】 ①. ②. 6
【解析】
【分析】根据题意可得，，可得，结合倍角公式运算求解；根据题意分析可知求“大距点”个数的问题转化为直线与在的交点个数问题，结合图象分析求解.
【详解】（1）当时，经过时间，，，
当A位于的“大距点”时，与小圆相切，
此时为直角三角形，所以，
因为，所以，
因为A是第一次位于的“大距点”，可知，则，
所以，，
即A的坐标为；
（2）经过时间，，，
对于任意，当A位于的“大距点”时，
A，两点坐标满足，即，
当时，求“大距点”个数的问题转化为直线与在的交点个数问题.
若与有7个交点，则第1个交点到第7个交点间隔恰好3个周期，
共长度等于36，因为，所以内不可能有7个交点.
又当时，
如图所示，与有6个交点，故A最多有6次位于的“大距点”.
故答案为：；6.
【点睛】方法点睛：数形结合求交点个数：对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个．
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. 已知函数.
（1）若的解集为，求，；
（2）若，，，求的最小值.
【答案】（1），
（2）9
【解析】
【分析】（1）根据题意可知，是方程的两根，利用韦达定理运算求解；
（2）由题意可得，根据“1”的灵活应用结合基本不等式运算求解.
【小问1详解】
因为的解集为，可知，是方程的两根，
则，解得，.
【小问2详解】
因为，即，
且，，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以当，时，的最小值为9.
18. 已知函数的部分图象如图所示.

（1）求的解析式；
（2）将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）
（2）最小值；最大值1
【解析】
【分析】（1）根据题意结合五点法求函数解析式；
（2）根据图象变换可得，以为整体，结合正弦函数的有界性分析求解.
小问1详解】
由图可知：，且，
因为，所以.
又因为，即，
则，即
且，可知，所以.
【小问2详解】
由的图象向右平移个单位长度后得，
因为，令，
当，即时，取最小值；
当，即时，取最大值1.
19. 已知函数.
（1）判断在区间上单调性，并用定义证明；
（2）当时，恒成立，求实数的最大值.
【答案】（1）在区间上单调递减，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合单调性的定义分析证明；
（2）解法一：分析可知为偶函数，结合单调性可得在区间上的最小值为，且可得恒成立，根据恒成立问题分析求解；解法二：根据不等式性质结合对数函数分析可知在区间上的最小值为，结合恒成立问题分析求解.
【小问1详解】
在区间上单调递减.
证明：，，且，
则，
因为，则，，，，
可得，即，
所以在区间上单调递减.
【小问2详解】
解法一：因为的定义域为，且，
所以为偶函数.
由（1）可知在上单调递减，所以在区间上单调递增，
所以在区间上的最小值为.
因为恒成立，等价于恒成立，
则，解得，
所以的最大值为；
解法二： 因为，则，
可得，所以，
即当时，的最小值为.
因为恒成立，可得，
所以的最大值为.
20. 已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若方程在区间上有三个实根，，，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，整体代入法求单调递增区间；
（2）结合正弦函数的图像，利用对称性求的值.
【小问1详解】
，
由，，解得，
所以的单调递增区间为，.
【小问2详解】
解法一：
令，由得，
所以在区间上有三个实根，，，
等价于在区间上有三个实根，，，
由对称性得，，所以，
因为，，所以，
所以
.
解法二：
令，由，得，
所以在区间上有三个实根，，，
等价于在区间上有三个实根，，，
由周期性，有，
因为，，所以，
.
21. 在常温下，物体冷却的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：如果物体原来的温度为，空气的温度为，那么分钟后物体的温度（单位：）可由公式求得，其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数.知空气的温度为，现用某品牌电热水壶烧600毫升水，2分钟后水烧开（温度为），再过30分钟，壶中开水自然冷却到.假设烧水时水的温度是关于时间的一次函数，水的初始温度与空气的温度一致.
（1）从开始烧水算起，求壶中水的温度（单位：）关于时间（单位：分钟）的函数解析式；
（2）电热水壶在保温模式下会自动检测壶中水温，若水温高于，保温管不加热；若水温不高于，保温管开始加热，直至水温达到才停止加热，保温管加热时水温的上升速度是正常烧水时的.水烧开后，立即将电热水壶设定为保温模式.从开始烧水算起，求96分钟后壶中水的温度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意待定系数运算求解即可；
（2）根据题意分从降温至，从加热至，从降温至，三步求时间即可.
【小问1详解】
由题意知，空气的温度为，水温从自然冷却到用时30分钟，
则，即，所以，
当时，依题意设，则，
解得，所以；
当时，依题意得，，即；
综上所述：.
【小问2详解】
由，解得，
即从开始烧水算起，水温从升到，再冷却到，用了62分钟，
因为，所以保温管加热过，
因为保温管加热时水温上升速度是正常烧水时的，
所以保温管加热时，水温每分钟升高，
所以水温从升至，所用时间为分钟，
假设水温从降至需要分钟，
则，即，
因为，所以，
即水温从冷却至所用时间超过30分钟，
因为，
所以从开始烧水算起，96分钟内保温管只加热过1次，
所以当时，，
所以当时，，
所以从开始烧水算起，96分钟后壶中水的温度为.
22. 已知函数.
（1）解不等式；
（2）讨论函数的零点个数.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）结合函数的奇偶性与单调性计算即可得；
（2）当时，等式恒成立，故为的一个零点，当时，表示出，可借助换元法，构造函数，结合零点与方程的关系计算即可得.
【小问1详解】
的定义域为，
因为，所以是奇函数.
因为是增函数，所以是增函数，
由得，即，
所以，解得，
即原不等式的解集为；
【小问2详解】
由得，
①当，即时，等式成立，
所以为的一个零点.
②当，即时，
即
，
令，则，
因为，所以为偶函数，
当时，令，在上单调递增，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
设，则在上单调递减，在上单调递增，
，，
又因为，，
所以当时，方程无解，所以没有零点；
当时，方程的解，此时有2个解，
所以有2个零点；
当时，方程有两个解，不妨设为，，且，
此时有4个解，所以有4个零点；
当时，方程有一个解，且，
此时有2个解，所以有2个零点.
综上所述：当时，有1个零点；当或时，有3个零点；当时，有5个零点.
【点睛】关键点睛：本题第二问关键在于使用换元法，将复杂的的值转化为，从而可结合方程的根的个数进行分类讨论.