2022-2023学年福建省三明市普通高中高一年级上册学期期末质量检测数学试题【含答案】

2022-2023学年福建省三明市普通高中高一上学期期末质量检测数学试题 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】集合的交集运算. 【详解】，， 则， 故选：B. 2．设，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据指数函数、对数函数的单调性比较大小. 【详解】因为，所以， 又因为，即， 所以， 故选:D. 3．函数的零点所在区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用零点存在性定理判断零点所在区间. 【详解】； ； ； ； ， 故函数的零点所在区间为， 故选：B. 4．在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，若角的终边经过点，则的值为（    ） A． B．5 C． D． 【答案】A 【分析】利用终边经过的点来定义三角函数，然后弦化切求值. 【详解】因为角的终边经过点， 设， 所以， 所以， 故选：A. 5．函数图象的大致形状是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据当时单调递减，当时单调递增，即可求解. 【详解】当时单调递减， 当时单调递增，且此时， 结合选项可知只有D符合题意， 故选:D. 6．大气压强，它的单位是“帕斯卡”（Pa，1Pa=1N/m2），大气压强（Pa）随海拔高度（m）的变化规律是（m-1），是海平面大气压强.已知在某高山两处测得的大气压强分别为，，那么两处的海拔高度的差约为（    ） （参考数据：） A．550m B．1818m C．5500m D．8732m 【答案】C 【分析】根据以及指数的运算即可求解. 【详解】在某高山两处海拔高度为， 所以， 所以， 所以（m）. 故选：C 7．若函数为奇函数，则（    ） A．2 B．1 C．0 D． 【答案】C 【分析】由为奇函数求得，即可由分段函数求值. 【详解】函数为奇函数，设，则，∴， ∴，. 故选：C. 8．已知函数．若为奇函数，为偶函数，且在至多有2个实根，则的最大值为（    ） A．10 B．14 C．15 D．18 【答案】A 【解析】先根据函数的奇偶性得到函数的对称轴和对称中心，求出后，再利用换元法，求出在至多有2个实根时，的取值范围，从而得到的最大值. 【详解】由题意，得为的图象的对称中心，直线为的图象的一条对称轴， 所以，两式相加得， 又因为，所以，代入，得， 因为时，， 即由已知可得，至多有2个实根， 即，由此可得， 又因为，所以时的最大值为10， 故选：A． 【点睛】本题考查三角函数的图象和性质的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时要注意三角函数的周期性特点，同时要注意换元法的灵活运用. 二、多选题 9．已知，，则下列四个不等式中，一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据不等式基本性质逐个判断即可. 【详解】对A，，则，则，A错； 对B，，则，B对； 对C，，则，则，则，则，C对； 对D，，则，又，则，故a与的大小关系不确定，D错. 故选：BC. 10．下列说法正确的是（    ） A．命题“，”的否定是“，” B．“”是“”的充分不必要条件 C．与表示同一函数 D．函数在区间单调递增，则实数m的范围是 【答案】AB 【分析】利用充分必要性及函数性质逐一判断. 【详解】命题“，”的否定是“，”，故A正确； ，则，故“”是“”的充分不必要条件，故B正确； 定义域为即或， 定义域为，即，故C错误； 由题意，得，故D错误； 故选：AB. 11．函数的部分图像如图所示，下列结论正确的是（    ） A． B．不等式的解集为 C．若把函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，则函数是奇函数 D．图像上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，则函数在上是减函数 【答案】BCD 【分析】结合图像计算得，再结合三角函数性质辨析即可. 【详解】由图可知，故， , ，故A错误； 令, 得，故B错误； 的图像向左平移个单位长度，得为奇函数，故C正确； 由题意，，则， 则单调递减，故D正确； 故选：BCD. 12．下列关于函数的结论正确的有（    ） A．图象关于原点对称 B．在上单调递增 C．在上单调递减 D．值域为 【答案】ACD 【分析】对选项A，根据奇函数定义即可判断A正确，对选项B，根据，，再结合单调性即可判断B错误，，，，，；利用复合函数的单调性即可判断与在时均单调递增，从而判断C正确，对选项D，根据，，即可判断D正确. 【详解】对选项A，函数定义域为R， ， 所以为奇函数，图象关于原点对称，故A正确； 对选项B，因为，， 所以函数在上不可能单调递增，故B错误； 令，，，， 则，， 结合复合函数单调性知，与在时均单调递增， 所以在时单调递增， 故在时单调递减，故C正确； 对选项D，因为，所以，所以， 又，所以， 即的值域为，故D正确． 故选：ACD 三、填空题 13．______． 【答案】2 【分析】根据对数与指数的运算法则计算即可 【详解】解：. 故答案为： 14．函数y＝loga（x−1）+1（a>0且a≠1）的图象恒过定点________． 【答案】（2，1） 【详解】当x−1=1，即x=2时，不论a为何值，只要a>0且a≠1，都有y=1. 【解析】图象恒过定点 15．已知，则________. 【答案】## 【分析】根据题意先求出，然后通过拼凑角的方式得，再结合差角公式即可求解. 【详解】， 在第四象限，， 即， 所以， 故答案为：. 16．已知函数，若，则________. 【答案】## 【分析】对实数的取值进行分类讨论，根据可得出关于的等式，即可得解. 【详解】当时，即当时，由于函数在上单调递减，则； 当时，即当时， 由可得，整理可得，解得或（舍）； 当时，即当时，函数在上单调递减，则. 综上所述，. 故答案为：. 四、解答题 17．已知集合； （1）求集合； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) . 【分析】（1）根据指数函数的单调性可化简集合；（2）根据一元二次不等式的解法化简，等价于，根据包含关系列不等式即可得出实数的取值范围. 【详解】(1), (2)又 【点睛】集合的基本运算的关注点： （1）看元素组成．集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提； （2）有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决； （3）注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和图． 18．已知. (1)若为锐角，求的值； (2)求的值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）化简已知可得，根据正余弦平方和为1以及为锐角可求出，，进而根据两角和的余弦公式，即可得出； （2）由，根据二倍角的正切公式可求出，进而根据两角和的正切公式即可求出结果. 【详解】（1）解：由已知得， 又，且为锐角， 解得，， 所以， . （2）解：由（1）得， 所以， 所以. 19．某革命老区县因地制宜的将该县打造成“生态水果特色小县”.该县某水果树的单株产量（单位：千克）与施用肥料x（单位：千克）满足如下关系：，且单株施用肥料及其它成本总投入为元.已知这种水果的市场售价为10元/千克.在国务院关于新时代支持革命老区振兴发展的意见，支持发展特色农业产业的保障下，该县水果销路畅通.记该水果树的单株利润为（单位：元）. (1)求函数的解析式； (2)当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大？最大利润是多少？ 【答案】(1) (2)4千克，370元 【分析】(1)根据利润等于总收入减去成本，即可写出函数关系式； (2)分段求出函数的最大值，比较大小，即可确定最大利润. 【详解】（1）当时，， 当时，， 所以. （2）当时，， 在单调递减，在单调递增， 则当时，取到最大值为360. 当时，. 因为，所以， 当且仅当，即时，取到最大值为370， 因为， 所以当施用肥料为4千克时，该水果树的单株利润最大，最大利润是370元. 20．已知函数，. (1)求函数的单调递增区间； (2)若在上恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】(1)单调增区间为， (2) 【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出，解不等式，，可得出函数的单调递增区间； （2）由得，求出函数在上的值域，利用参变量分离法可求得实数的取值范围. 【详解】（1）解：. 由，，解得，， 所以函数的单调增区间为，. （2）解：由得，所以，即， 因为在上恒成立，所以. 又因为，则，所以的取值范围为. 21．已知函数. (1)判断的奇偶性，并加以证明； (2)判断函数的单调性（无需证明）；若，都有，求实数a的取值范围. 【答案】(1)偶函数，证明见解析 (2)在是减函数，在是增函数； 【分析】(1)利用偶函数定义判断即可； (2)先判断函数的单调性结合奇偶性，可得在上恒成立，转化为一元二次不等式恒成立. 【详解】（1）是偶函数. 证明：，定义域为关于原点对称， 因为 ， 所以是偶函数. （2）， 设， 以下证明在单调递增， ， ， 因为，所以，， 所以，所以， 所以在单调递增， 则在单调递增，所以在单调递增， 又因为为偶函数，所以在是单调递减， 所以，都有， 等价于在上恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立. 所以在上恒成立， 所以，解得. 所以a的取值范围是. 22．“函数的图象关于点对称”的充要条件是“对于函数定义域内的任意x，都有.”已知函数的图象关于点对称，且当时，. (1)求的值； (2)设函数， （i）证明函数的图象关于点对称； （ii）若对任意，总存在，使得成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1)4 (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）由结合条件即可判断. （2）原命题等价于的值域包含于的值域，分析可得的图象过对称中心，对a分类讨论，结合的单调性及对称性列式即可求解. 【详解】（1）因为函数的图象关于点对称， 所以， 所以. （2）（i）证明：因为，， 所以， 所以. 即对任意，都有成立. 所以函数的图象关于点对称. （ii）由，易知在上单调递减，所以在上的值域为. 设函数，的值域为A. 若对任意，总存在，使得成立，则. 因为时，，所以，即函数的图象过对称中心. ①当时，函数在上单调递增. 因为函数的图象关于点对称，所以在上单调递增， 所以函数在上单调递增. 易知，又， 所以，则. 又因为，所以. 解得. ②当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 由函数的图像关于点对称，知在上单调递增，在上单调递减. 所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 因为，， 由函数的图象关于点对称得，， 所以，， 所以，当时恒成立. ③当时，函数在上单调递减. 由函数的图象关于点对称，知在上单调递减. 所以函数在上单调递减. 易知，又， 所以，则. 由，得. 解得. 综上所述，实数a的取值范围为.