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浙江省杭高三校2023-2024学年高一上学期期末数学试卷（Word版附解析）
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这是一份浙江省杭高三校2023-2024学年高一上学期期末数学试卷（Word版附解析），文件包含浙江省杭高三校2023-2024学年高一上学期期末数学试题原卷版docx、浙江省杭高三校2023-2024学年高一上学期期末数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
命题：贡院高一备课组 审题：钱江高一备课组
1. 本试卷分试题卷和答题卡两部分.本卷满分150分，考试时间120分钟.
2. 答题前务必将自己的学校、班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的地方.
3. 答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效.
4. 考试结束后，只需上交答题卡.
第Ⅰ卷
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. 若角终边上一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数的定义可求的值.
【详解】因为，故，故，
故选：C.
2. 已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别利用函数、和的单调性，对“，，”三个因式进行估值即可.
【详解】因为函数是增函数，且，则，
因为函数增函数，且，则，
因为正弦函数在区间上是减函数，且，
所以，
所以，
故选：D.
3. 函数的单调递减区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】计算出函数定义域后结合复合函数的单调性计算即可得.
【详解】由可得，，解得，
故的定义域为，
由为增函数，
令，对称轴为，
故其单调递减区间为，
所以的单调递减区间为.
故选：D.
4. “且”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据两者之间的推出关系可得条件关系.
详解】若且，则，故成立，
故“且”是“”的充分条件.
若，则，故或，
故“且”不是“”的必要条件，
故“且”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 设函数.若，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】按照从内到外的原则，先计算的值，再代入，即可求出的值.
【详解】由于函数，且，
则，且，
所以，即，
得.
故选：B.
6. 已知函数在上有且只有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意将零点问题转化为函数图象公共点问题进而求解答案即可.
【详解】因为函数在上有且只有一个零点，
所以，即在上有且只有一个实根，
所以与的函数图象在时有一个公共点，
由于在单调递减，
所以，即.
故选：D
7. 已知在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出取值范围，再由在上单调递增得，最后结合题意求出的取值范围即可.
【详解】因，，所以，
要使得在上单调递增，则，解得，
又由题意可知，所以，
故选：B
8. 中国早在八千多年前就有了玉器，古人视玉为宝，玉佩不再是简单的装饰，而有着表达身份、感情、风度以及语言交流的作用.不同形状.不同图案的玉佩又代表不同的寓意.如图1所示的扇形玉佩，其形状具体说来应该是扇形的一部分（如图2），经测量知，，，则该玉佩的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取AD的中点为M，连接BM、CM，延长AB，CD交于点O，利用平面几何知识得到扇形的圆心角，进而利用扇形面积公式和三角形的面积公式计算求得该玉佩的面积.
【详解】如图，取AD的中点为M，连接BM，CM，延长AB，CD交于点O，
由题意，△AOB为等腰三角形，又∵，∴AD//BC，
又∵M为AD的中点，，∴AM与BC平行且相等，
∴四边形ABCM为平行四边形，∴，同理，
∴△ABM，△CDM都是等边三角形，∴△BOC是等边三角形，
∴该玉佩的面积
.
故选：B.
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. 已知函数的图象是连续不断的，且有如下对应值表：
在下列区间中，函数必有零点的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据零点存在定理可判断零点所在区间.
【详解】由所给的函数值表知，
由零点存在定理可知：在区间内各至少有一个零点，
故选：BCD.
10. 设函数，若，函数是偶函数，则 的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可得，结合偶函数的性质与计算即可得.
【详解】，又其为偶函数，
则图像关于轴对称，则，
得，又，
则或.
故选：BC.
11. 已知函数.则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数的图象关于点对称
C. 对定义域内的任意两个不相等的实数，恒成立.
D. 若实数满足，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A、B，先利用函数解析式得出结论：，由于，只需验证是否成立即可；选项B，需验证点和点关于点对称即可；选项C，利用复合函数单调性的“同增异减”的原则判断即可；选项D，将不等式转化为的形式，借助函数单调性判断即可.
【详解】对于A、B选项，对任意的，，
所以函数定义域为，
又因
，
由于，故A正确；
由于函数满足，
所以任意点和点关于点对称，
故函数的图象关于点对称，故B正确；
对于C选项，对于函数，，
得该函数的定义域为，
，
即，所以函数为奇函数，
当时，内层函数为增函数，外层函数为增函数，
所以函数在上为增函数，故函数在上也为增函数，
因为函数在上连续，故函数在上为增函数，
又因为函数在上为增函数，故函数在上为增函数，故C不正确；
对于D选项，由，得，
因为实数a，b满足，所以，
同时函数在上为增函数，
可得，即，故D正确.
故选：ABD.
12. 函数，有且，则下列选项成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用对数性质判断选项A；再利用零点存在定理判断得，从而判断选项B、C、D.
【详解】因为有且
所以，即，得
所以，且 所以A正确
（因为），
故即 ，
令
当时，
当时，，
而
故在之间必有解，所以存在，使得所以C正确
，所以B不正确
，所以D正确
故选：ACD
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，20分.
13. 计算：____________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据题意，由换底公式代入计算，即可得到结果.
【详解】××＝4.
故答案为：
14. 写出一个同时满足以下三个条件①定义域不是R，值域是R；②奇函数；③周期函数的函数解析式___________.
【答案】（答案不唯一）.
【解析】
【分析】联想正切函数可得结果.
【详解】满足题意的函数为，（答案不唯一）.
故答案为：，（答案不唯一）.
15. 已知为定义在R上的奇函数，且又是最小正周期为的周期函数，则的值为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据函数的周期和奇偶性得到，进而得到.
【详解】因为的最小正周期为，故，
又为奇函数，故，
故，即，解得，
故.
故答案为：
16. 对于任意实数，定义. 设函数
，，则函数的最大值是_______.
【答案】
【解析】
【分析】画出和的图象，得到的图象，根据图象得到最大值.
【详解】在同一坐标系中，作出函数的图象，
依题意，的图象为如图所示的实线部分，令,
则点为图象的最高点，因此的最大值为，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意整理可得，进而可得结果；
（2）根据齐次式问题分析求解，注意“1”的转化.
【小问1详解】
因为，整理得，
所以；
【小问2详解】
因为，
所以
.
18. 已知集合，函数的定义域为集合．
（1）求；
（2）若，求时的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解一次与二次不等式，结合具体函数定义域的求法化简集合，再利用交集的运算即可得解；
（2）利用集合的并集结果即可得解.
【小问1详解】
集合，
由，得或，则集合或，
所以.
【小问2详解】
因为，，则，
故的取值范围是．
19. 已知，
（1）求的最小正周期和对称轴方程；
（2）求在闭区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）最小正周期为；对称轴方程为；（2），；
【解析】
【分析】（1）由正弦函数的性质计算可得；
（2）由的取值范围，求出的取值范围，再由正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：（1）因为，所以最小正周期，
令，解得，故函数的对称轴为
（2）因为，所以，所以当，即时函数取得最大值，当，即时函数取得最小值
20. 已知函数为定义在上的偶函数，当时，.
（1）求的解析式；
（2）求方程的解集.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的性质直接求解即可；
（2）根据题意先求时符合题意的解，再结合偶函数对称性求出方程解集即可.
【小问1详解】
因为函数为定义在上的偶函数，当时，，
所以任取，则，此时，
所以
【小问2详解】
当时，令，
即，
令，则，解得或，
当时，，
当时，，
根据偶函数对称性可知，当时，符合题意的解为，，
综上，原方程的解集为
21. 已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由降幂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）由，代入函数解析式解出和，由两角和的正弦公式求解的值.
【小问1详解】
，
令，解得，即，
所以的单调递增区间为.
【小问2详解】
由得，所以，
又因为，所以，
所以.
22. 已知函数，.
（1）求的最大值；
（2）若对任意，，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据分段函数性质讨论函数单调性与最值，结合指数函数和对数函数相关知识求解最值即可；
（2）根据题意转化为对任意，恒成立，代入函数表达式进行化简，令，将不等式化为，结合二次函数相关知识分类讨论即可.
【小问1详解】
当时，，此时，，则；
当时，单调递减，此时，
综上所述，当时，取得的最大值；
【小问2详解】
因为对任意，，不等式恒成立，且，
所以对任意，恒成立，
由题意得，，
令，
则不等式可化为，
即对任意恒成立，
令，
则函数图象开口向上，对称轴，
当，即时，，解得，符合题意；
当时，即时，，
即，不等式无解，该情况舍去；
当时，即时，，
解得，不符合题意，该情况舍去.
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集．
命题：贡院高一备课组 审题：钱江高一备课组
1. 本试卷分试题卷和答题卡两部分.本卷满分150分，考试时间120分钟.
2. 答题前务必将自己的学校、班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的地方.
3. 答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效.
4. 考试结束后，只需上交答题卡.
第Ⅰ卷
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. 若角终边上一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数的定义可求的值.
【详解】因为，故，故，
故选：C.
2. 已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别利用函数、和的单调性，对“，，”三个因式进行估值即可.
【详解】因为函数是增函数，且，则，
因为函数增函数，且，则，
因为正弦函数在区间上是减函数，且，
所以，
所以，
故选：D.
3. 函数的单调递减区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】计算出函数定义域后结合复合函数的单调性计算即可得.
【详解】由可得，，解得，
故的定义域为，
由为增函数，
令，对称轴为，
故其单调递减区间为，
所以的单调递减区间为.
故选：D.
4. “且”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据两者之间的推出关系可得条件关系.
详解】若且，则，故成立，
故“且”是“”的充分条件.
若，则，故或，
故“且”不是“”的必要条件，
故“且”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 设函数.若，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】按照从内到外的原则，先计算的值，再代入，即可求出的值.
【详解】由于函数，且，
则，且，
所以，即，
得.
故选：B.
6. 已知函数在上有且只有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意将零点问题转化为函数图象公共点问题进而求解答案即可.
【详解】因为函数在上有且只有一个零点，
所以，即在上有且只有一个实根，
所以与的函数图象在时有一个公共点，
由于在单调递减，
所以，即.
故选：D
7. 已知在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出取值范围，再由在上单调递增得，最后结合题意求出的取值范围即可.
【详解】因，，所以，
要使得在上单调递增，则，解得，
又由题意可知，所以，
故选：B
8. 中国早在八千多年前就有了玉器，古人视玉为宝，玉佩不再是简单的装饰，而有着表达身份、感情、风度以及语言交流的作用.不同形状.不同图案的玉佩又代表不同的寓意.如图1所示的扇形玉佩，其形状具体说来应该是扇形的一部分（如图2），经测量知，，，则该玉佩的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取AD的中点为M，连接BM、CM，延长AB，CD交于点O，利用平面几何知识得到扇形的圆心角，进而利用扇形面积公式和三角形的面积公式计算求得该玉佩的面积.
【详解】如图，取AD的中点为M，连接BM，CM，延长AB，CD交于点O，
由题意，△AOB为等腰三角形，又∵，∴AD//BC，
又∵M为AD的中点，，∴AM与BC平行且相等，
∴四边形ABCM为平行四边形，∴，同理，
∴△ABM，△CDM都是等边三角形，∴△BOC是等边三角形，
∴该玉佩的面积
.
故选：B.
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. 已知函数的图象是连续不断的，且有如下对应值表：
在下列区间中，函数必有零点的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据零点存在定理可判断零点所在区间.
【详解】由所给的函数值表知，
由零点存在定理可知：在区间内各至少有一个零点，
故选：BCD.
10. 设函数，若，函数是偶函数，则 的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可得，结合偶函数的性质与计算即可得.
【详解】，又其为偶函数，
则图像关于轴对称，则，
得，又，
则或.
故选：BC.
11. 已知函数.则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数的图象关于点对称
C. 对定义域内的任意两个不相等的实数，恒成立.
D. 若实数满足，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A、B，先利用函数解析式得出结论：，由于，只需验证是否成立即可；选项B，需验证点和点关于点对称即可；选项C，利用复合函数单调性的“同增异减”的原则判断即可；选项D，将不等式转化为的形式，借助函数单调性判断即可.
【详解】对于A、B选项，对任意的，，
所以函数定义域为，
又因
，
由于，故A正确；
由于函数满足，
所以任意点和点关于点对称，
故函数的图象关于点对称，故B正确；
对于C选项，对于函数，，
得该函数的定义域为，
，
即，所以函数为奇函数，
当时，内层函数为增函数，外层函数为增函数，
所以函数在上为增函数，故函数在上也为增函数，
因为函数在上连续，故函数在上为增函数，
又因为函数在上为增函数，故函数在上为增函数，故C不正确；
对于D选项，由，得，
因为实数a，b满足，所以，
同时函数在上为增函数，
可得，即，故D正确.
故选：ABD.
12. 函数，有且，则下列选项成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用对数性质判断选项A；再利用零点存在定理判断得，从而判断选项B、C、D.
【详解】因为有且
所以，即，得
所以，且 所以A正确
（因为），
故即 ，
令
当时，
当时，，
而
故在之间必有解，所以存在，使得所以C正确
，所以B不正确
，所以D正确
故选：ACD
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，20分.
13. 计算：____________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据题意，由换底公式代入计算，即可得到结果.
【详解】××＝4.
故答案为：
14. 写出一个同时满足以下三个条件①定义域不是R，值域是R；②奇函数；③周期函数的函数解析式___________.
【答案】（答案不唯一）.
【解析】
【分析】联想正切函数可得结果.
【详解】满足题意的函数为，（答案不唯一）.
故答案为：，（答案不唯一）.
15. 已知为定义在R上的奇函数，且又是最小正周期为的周期函数，则的值为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据函数的周期和奇偶性得到，进而得到.
【详解】因为的最小正周期为，故，
又为奇函数，故，
故，即，解得，
故.
故答案为：
16. 对于任意实数，定义. 设函数
，，则函数的最大值是_______.
【答案】
【解析】
【分析】画出和的图象，得到的图象，根据图象得到最大值.
【详解】在同一坐标系中，作出函数的图象，
依题意，的图象为如图所示的实线部分，令,
则点为图象的最高点，因此的最大值为，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意整理可得，进而可得结果；
（2）根据齐次式问题分析求解，注意“1”的转化.
【小问1详解】
因为，整理得，
所以；
【小问2详解】
因为，
所以
.
18. 已知集合，函数的定义域为集合．
（1）求；
（2）若，求时的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解一次与二次不等式，结合具体函数定义域的求法化简集合，再利用交集的运算即可得解；
（2）利用集合的并集结果即可得解.
【小问1详解】
集合，
由，得或，则集合或，
所以.
【小问2详解】
因为，，则，
故的取值范围是．
19. 已知，
（1）求的最小正周期和对称轴方程；
（2）求在闭区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）最小正周期为；对称轴方程为；（2），；
【解析】
【分析】（1）由正弦函数的性质计算可得；
（2）由的取值范围，求出的取值范围，再由正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：（1）因为，所以最小正周期，
令，解得，故函数的对称轴为
（2）因为，所以，所以当，即时函数取得最大值，当，即时函数取得最小值
20. 已知函数为定义在上的偶函数，当时，.
（1）求的解析式；
（2）求方程的解集.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的性质直接求解即可；
（2）根据题意先求时符合题意的解，再结合偶函数对称性求出方程解集即可.
【小问1详解】
因为函数为定义在上的偶函数，当时，，
所以任取，则，此时，
所以
【小问2详解】
当时，令，
即，
令，则，解得或，
当时，，
当时，，
根据偶函数对称性可知，当时，符合题意的解为，，
综上，原方程的解集为
21. 已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由降幂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）由，代入函数解析式解出和，由两角和的正弦公式求解的值.
【小问1详解】
，
令，解得，即，
所以的单调递增区间为.
【小问2详解】
由得，所以，
又因为，所以，
所以.
22. 已知函数，.
（1）求的最大值；
（2）若对任意，，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据分段函数性质讨论函数单调性与最值，结合指数函数和对数函数相关知识求解最值即可；
（2）根据题意转化为对任意，恒成立，代入函数表达式进行化简，令，将不等式化为，结合二次函数相关知识分类讨论即可.
【小问1详解】
当时，，此时，，则；
当时，单调递减，此时，
综上所述，当时，取得的最大值；
【小问2详解】
因为对任意，，不等式恒成立，且，
所以对任意，恒成立，
由题意得，，
令，
则不等式可化为，
即对任意恒成立，
令，
则函数图象开口向上，对称轴，
当，即时，，解得，符合题意；
当时，即时，，
即，不等式无解，该情况舍去；
当时，即时，，
解得，不符合题意，该情况舍去.
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集．
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