2023-2024学年山东省菏泽市10校联考高一(上)期末质量检测数学试卷（解析版）

这是一份2023-2024学年山东省菏泽市10校联考高一(上)期末质量检测数学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】.
故选：C.
2. 为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）
A. 横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
B. 横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变
C. 纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变
D. 纵坐标缩短到原来的倍，横坐标不变
【答案】B
【解析】为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变.
故选：B.
3. 已知，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意，则，即，由基本不等式得，
又，即，
所以.
故选：D.
4. 集合，，，则集合中的元素个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】解不等式，可得，
所以，整数的取值有、、，
又因集合，，
则，即集合中的元素个数为.
故选：B.
5. “”是“”成立的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】，则；反之，若，也有，所以“”是“”成立的充要条件.
故答案为C.
6. 已知，都是锐角，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，都是锐角，所以，
故，
又，所以，
所以
.
故选：B.
7. 定义在上的函数满足，当时，，则下列各式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为定义在上的函数满足，则函数的图象关于直线对称，当时，，则函数在上单调递增，
因为，，
且，则，即，
故选：A.
8. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由已知可得，解得，
所以，，
故.
故选：D.
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. 英国数学家哈利奥特最先使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.已知，，则下列不等式一定成立的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】因为，，
对于A选项，由不等式的基本性质可得，A对；
对于B选项，，，由不等式的基本性质可得，B对；
对于C选项，因为，由不等式的基本性质可得，C错；
对于D选项，由不等式的基本性质可得，，即，D对.
故选：ABD.
10. 已知为第一象限角，，则下列各式正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】由得，
代入得，
解得或，
因为为第一象限角，所以，，
所以，，
，.
故选：AC.
11. 已知指数函数，，（，且，），且，.则下列结论正确的有（ ）
A. ，
B. 若，则一定有
C. 若，则
D. 若，，则的最大值为
【答案】AC
【解析】对于A选项，因为指数函数，，（，且，），
则，可得，由可得，则，
所以，，，A对；
对于B选项，由，可得，可得出，即，
当时，则，此时，，
当时，则，则，则.B错；
对于C选项，由，可得，
设，则，所以，，，，
所以，，C对；
对于D选项，，
因，令，令，其中，
则函数在上为减函数，在上为增函数，
当时，；当时，，
所以，的最大值为，D错.
故选：AC.
12. 已知函数对任意实数、都满足，且，以下结论正确的有（ ）
A.
B. 是偶函数
C. 是奇函数
D.
【答案】ABD
【解析】对于A选项，令可得，
因为，则，
令，，可得，则，A对；
对于B选项，令可得，
所以，，故函数为偶函数，
令可得，
即，故，
因为函数为偶函数，则函数为偶函数，B对；
对于C选项，因为，
因为函数为偶函数，则函数也为偶函数，C错；
对于D选项，由B选项可知，函数是周期为的周期函数，
因为，，
所以，，D对.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数的定义域为，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】由题意可知，对任意的，，
则，解得.
所以，实数的取值范围是.
14. 已知，当时，取得最大值，则______.
【答案】
【解析】令，，其中为锐角，
则
，
因为当时，取得最大值，则，
所以，，
所以，，
，故.
故答案为：.
15. 已知，则______.
【答案】
【解析】因为，则，
所以，
.
故答案为：.
16. 若、、、均为正实数，则的最小值为______.
【答案】
【解析】原式
，
当且仅当时，
即当时，等号成立，
故的最小值为.
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. 求下列各式的值：
（1）；
（2）.
解：（1）原式.
（2）原式.
18. 已知，且，求下列各式的值：
（1）；（2）.
解：（1），且，则为第四象限角，
所以，
所以.
（2）因原式
.
19. 已知
（1）写出函数的单调区间；
（2）当函数有两个零点时，求的取值范围；
（3）求的解析式.
解：（1）函数的单调递增区间为，；
（2）当函数有两个零点时，即有两根.
由在区间，递增，
所以，（）有一解，即；
，（）有一解，即；
综上，所以当函数有两个零点时；
（3）时，，又，
所以，即.
20. 如图，任意角的终边与以为圆心2为半径的圆相交于点，过作轴的垂线，垂足为，记的面积为（规定当点落在坐标轴上时，）.

（1）求的解析式；
（2）求取最大值时的值；
（3）求的单调递减区间.
解：（1）由三角函数的定义知，，
所以；
（2）由知，当时，最大，
此时，，即，，
∴最大时，，.
（3）画出的图象如下，的周期，

当时，在上为增函数，在上为减函数.
∴的单调递减区间为，.
21. 已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）求在上的最大值和最小值；
（3）若在区间上恰有两个零点、，求.
解：（1）由图象可知，函数的最小正周期满足，则，，
所以，，则，可得，
因为，则，所以，，解得，
因此，.
（2）因为，则，所以，，
即，
所以的最大值为，最小值为.
（3）因为，当时，，
令，所以，
因为在区间上恰有两个零点、，
函数图象在区间内的对称轴为直线，
由正弦型函数的对称性可知，点、关于直线对称，
则，所以，
由得，，
所以，
所以.
22. 已知.
（1）当时，时，求的取值范围；
（2）对任意，且，有，求的取值范围；
（3），的最小值为，求的最大值.
解：（1）由，可得，
解得或，
所以或；
（2）由，时恒成立则，令.
则当时，由可得：，即得：（时取等号），
当时，，可得：即得：.（时取等号）
故，因在上递减，在上递增，
而时；时，，即，
故.
（3）由（）.
可得：，
①当时，在单调递增，所以此时无最值；
②当时，由，.
所以在上单调递增，上单调递减,此时，.
③当时.，，.
所以上单调递减，在上单调递增，
此时，，
综上，，
因时，，
故最大值为1.