浙江省杭州市2023-2024学年高一上学期期末数学试卷（Word版附解析）

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一、单选题：
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定集合，按交集的概念求交集.
【详解】，又，所以.
故选：C
2. 若，则“”是“且”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
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】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若，，则，即由推不出且，故充分性不成立；
若且，则，即由且推得出，
即必要性成立，
所以“”是“且”的必要不充分条件.
故选：B
3. 函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用具体函数的定义域的求法求解即可.
【详解】由且.
故选：C
4. 为了得到函数的图象，只需把函数图象上的所有的点（ ）
A. 向左平移1个长度单位B. 向右平移1个长度单位
C. 向左平移个长度单位D. 向右平移个长度单位
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数图象的平移变换规律，即可求得答案.
【详解】由于，
为了得到函数的图象，
只需把函数图象上的所有的点向右平移个长度单位，
故选：D
5. 若函数是奇函数，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分段函数的奇偶性，求出时的解析式，代入求值，即得答案.
【详解】由于函数是奇函数，
故时，，则，
故，
故选：B
6. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用同角的三角函数关系求出，判断的范围，确定，结合齐次式法求值求出，即可求得答案.
【详解】因为，故，
即，得，
则，且，
所以，
所以，则，
故，
故选：B
7. 已知，，且，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，以与为基本量加以整理，化简后利用基本不等式算出答案.
详解】由得，其中，，
所以，
当且仅当，即，则，时，等号成立，
故的最小值为9.
故选：D
8. 已函数，若对于定义域内任意一个自变量都有，则的最大值为（ ）
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由已知对的取值进行分类讨论，结合的取值范围求出函数的定义域，再结合函数的性质分别进行求解即可.
【详解】若，则恒成立，故符合题意；
若.
①当即时，，此时函数的定义域为，
所以恒成立，所以：符合题意；
②当即时，，此时函数的定义域为，
则，所以恒成立，所以：符合题意；
③当即时，函数的定义域为且
则取，则，
令，当时，，可以取得负值，
故不符合题意.
若，则函数定义域为且，
令，则.
当且时，，可以取得负值，
故不符合题意；
综上，，即的最大值为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：对的取值进行分类讨论，分别判断是否恒成立.
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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的或不选的得0分．
9. 下列各式的值为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据三角函数诱导公式以及恒等变换公式，化简求值，一一判断各选项，即得答案.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，，B正确，
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：ABD
10. 下列函数的值域为且在定义域上单调递增的函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】结合基本初等函数的单调性及值域检验个选项即可判断.
【详解】根据幂函数的性质及函数图象的平移变换可知：在上单调递增且值域为，故A符合题意；
根据指数函数的图象和性质可得：的值域为，故B不符合题意；
根据对数函数的图象和性质可得：在上单调递增，值域为，故C符合题意；
根据反比例函数的图象和性质可知：在和上单调递增，但在定义域上不单调，故D不符合题意.
故选：AC
11. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，也叫取整函数，则下列叙述正确的是（ ）
A.
B. 函数有3个零点
C. 的最小正周期为
D. 的值域为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由“高斯函数”的定义结合的值，即可判断A；举反例可判断B；在区间上，化简，结合余弦函数的周期性，可判断C，D；
【详解】对于A，，A正确；
对于B，当时，，则，
此时为的零点，有无数个，B错误；
对于C，在区间上，，
结合的最小正周期为，由此可得的最小正周期为，C正确，
对于D，结合C的分析可知的值域为，D正确，
故选：ACD
12. 已知函数在区间上单调递增，则下列判断中正确的是（ ）
A. 的最大值为2
B. 若，则
C. 若，则
D. 若函数两个零点间的最小距离为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数的周期性、单调性等有关的性质逐一进行分析，判断各选项是否正确.
【详解】因为在区间上单调递增，
故有：，可得的最大值为，故A正确；
当时，，所以，所以，.
所以，又，故，可得.故B正确；
由于，故当时，，故C错误；
令，两个零点分别设为，，
则：，
因为，所以.故D正确.
故选：ABD
【点睛】
三、填空题: 本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13. 值为_______．
【答案】10
【解析】
【分析】根据对数和幂的运算法则进行计算可得结果.
【详解】原式.
故答案为：
14. 已知函数的定义域为，且满足，，则可以是_______．（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】先根据条件确定函数的奇偶性和周期性，再结合三角函数的性质可写出答案.
【详解】由题意：函数的定义域为，且，所以为奇函数；
又，所以是以2为周期的周期函数；
所以解析式可以为：.
故答案为：（答案不唯一）
15. 已知，，则的值为_______．
【答案】##
【解析】
【分析】结合角的取值范围，结合同角三角函数基本关系和诱导公式求值.
【详解】因为，又，所以且.
所以；
.
所以：.
故答案为：
16. 已知下列五个函数，从中选出两个函数分别记为和，若的图象如图所示，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】观察图象确定函数的定义域和奇偶性和特殊点，由此确定的解析式.
【详解】如图可知，的定义域为，
可知一定包含这一函数，且一定不包含这一函数，
又函数不是奇函数，所以不成立；
所以只有两种可能：或.
若，
当时，，，所以，与图象不符，故不成立；
若，
当时，单调递减，单调递减，所以在上递减；
当时，（当且仅当即时取“”）
所以在上递减，在上递增，符合题意.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是熟练掌握初等基本函数的性质，从而得解.
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，集合
（1）当时，求；
（2）若，求实数a的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】当时，可得或，先求，再求其补集即可；
（2）由可知，然后结合集合的包含关系即可求解.
【小问1详解】
依题意解得：，当时，或，
此时或，
；
【小问2详解】
由可知．
因为，；
当，即时，，符合题意，
当，即时，或，
则或，此时不存在；
当，即时，或，
则或，此时不存在，
所以．
18. 如图所示，在平面直角坐标系xOy中，角和角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于点A、B两点，点A的横坐标为，点C与点B关于x轴对称．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】（1）根据三角函数的定义以及同角三角函数的基本关系、二倍角公式可求解；
（2）根据三角函数的定义及两角差的余弦公式，可求解.
【小问1详解】
因为点的横坐标为，且，点在第一象限，所以点纵坐标为，
所以，.
所以.
【小问2详解】
因为，由图可知：.
而，
故（）（），
所以.
【点睛】思路点睛：本题考查三角函数的求值问题，利用三角函数的定义，同角三角函数的基本关系，二倍角公式，还有两角差的余弦公式可求解.属于中档题目.
19. 已知函数（，且）是定义在R上的奇函数．
（1）求a的值；
（2）若关于t方程在有且仅有一个根，求实数k的取值范围．
【答案】19
20.
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的定义可确定的值.
（2）先确定函数的单调性，结合函数的奇偶性，班函数方程转化为代数方程，再求实数的取值范围.
【小问1详解】
因为函数是上的奇函数，所以恒成立.
所以恒成立恒成立恒成立，
即恒成立，所以.
【小问2详解】
，
设，则
因为在上单调递增，所以，
又，所以即，
所以是上的增函数.
在上只有一解.
问题转化为：关于的一元二次方程在只有一解.
设.
①若或.
当时，，故符合题意；
当时，，故不符合题意；
②若，或，在只有一解，故符合题意；
若，方程或，在上有两解，故不符合题意；
③若，此时方程在上只有一解.
综上可知：.
【点睛】方法点睛：利用函数的奇偶性求参数，常用的方法有：
（1）利用特殊点的函数值的关系求出参数的值，该方法需要验证；
（2）直接利用函数奇偶性的概念求参数，该方法不需要验证.
20. 设函数
（1）求函数的对称中心；
（2）若函数在区间上有最小值，求实数m的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦函数的对称性，即可求得答案；
（2）利用三角函数的诱导公式以及两角和差的正余弦公式化简，再结合余弦函数的性质，即可求得答案.
【小问1详解】
令，则，
故函数的对称中心为；
【小问2详解】
，
函数在区间上有最小值，即区间上有最小值，
而，即需，则，
即实数m的最小值为.
21. 为了进一步增强市场竞争力，某公司计划在2024年利用新技术生产某款运动手表，经过市场调研，生产此款运动手表全年需投入固定成本100万，每生产（单位：千只）手表，需另投入可变成本万元，且，由市场调研知，每部手机售价万元，且全年生产的手机当年能全部销售完.（利润=销售额-固定成本-可变成本）
（1）求2024年的利润（单位：万元）关于年产量（单位：千只）的函数关系式．
（2）2024年的年产量为多少（单位：千只）时，企业所获利润最大？最大利润是多少？
【答案】21.
22. 年的年产量为千只时，企业所获利润最大，最大利润是万元
【解析】
【分析】（1）依题意可得，再分、分别求出的解析式；
（2）利用二次函数的性质和基本不等式分别求出每一段上的最大值，再取两者较大的即可．
【小问1详解】
依题意，
当时，，
当时，，
故；
【小问2详解】
若，，
当时，，
若，，
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，，又，
故年的年产量为千只时，企业所获利润最大，最大利润是万元．
22. 已知函数
（1）若函数有4个零点，求证：；
（2）是否存在非零实数m．使得函数在区间上的取值范围为？若存在，求出m的取值范围．若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得到方程有4个不同的解，即方程，各有两个实数根，根据韦达定理即可得证；
（2）由题意在上单调递减，在上单调递增，对的范围进行讨论，利用根的分布和基本不等式即可求解.
【小问1详解】
证明：因为函数有4个零点，所以方程有4个不同的解，
于是方程，都各有两个不同的解，
即方程，各有两个实数根，于是；
【小问2详解】
，所以在上单调递减，在上单调递增；
①若函数在上不单调，则有，且由于，所以，与假设矛盾；
②当时，有，即，所以
所以是一元二次方程的两个不相等的实数根，
记，
有，所以，
③当时，应有，即，
两式相减得到，所以，
两式相加得：，又，
，
，与矛盾，此时满足条件的实数m不存在，
综合以上讨论，满足条件的实数m的取值范围是.