2023-2024學年甘肅省蘭州市第一中學數學高一上期末監(jiān)測試題含解析

2023-2024學年甘肅省蘭州市第一中學數學高一上期末監(jiān)測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．若將函數的圖象向左平移個單位長度，則平移后圖象的對稱軸為（）A. B.C. D.2．設，，則下面關系中正確的是（）A B.C. D.3．下列函數中既是奇函數又在定義域上是單調遞增函數的是（）A. B.C. D.4．如圖，四棱錐的底面為正方形，底面，則下列結論中不正確的是A.B.平面C.平面平面D.與所成的角等于與所成的角5．已知函數的部分圖象如圖所示，則將的圖象向左平移個單位后，得到的圖象對應的函數解析式為（）A. B.C. D.6．半徑為3cm的圓中，有一條弧，長度為cm，則此弧所對的圓心角為()A. B.C. D.7．實數，，的大小關系正確的是()A. B.C. D.8．形如的函數因其函數圖象類似于漢字中的“囧”字,故我們把其生動地稱為“囧函數”.若函數(且)有最小值,則當時的“囧函數”與函數的圖象交點個數為A. B.C. D.9．已知函數，且在上的最大值為，若函數有四個不同的零點，則實數a的取值范圍為（）A. B.C. D.10．若函數滿足，，則下列判斷錯誤的是（）A. B.C.圖象的對稱軸為直線 D.f（x）的最小值為－1二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數，則______12．函數的定義域為______.13．已知函數，且函數恰有兩個不同零點，則實數的取值范圍是___________.14．若函數在區(qū)間上是增函數，則實數取值范圍是______15．若函數y＝loga(2－ax)在[0，1]上單調遞減，則a的取值范圍是________16．命題，，則為______.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知函數，其中（1）判斷函數的奇偶性并證明；（2）求函數的值域18．已知，為銳角，，.（1）求的值；（2）求的值.19．已知函數滿足：.（1）證明：；（2）對滿足已知的任意值，都有成立，求m的最小值.20．已知命題，且，命題，且，（1）若，求實數a的取值范圍；（2）若p是q的充分條件，求實數a的取值范圍21．已知.（1）求函數的最小正周期及在區(qū)間的最大值；（2）若，求的值.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、C【解析】由題意得，將函數的圖象向左平移個單位長度，得到，由，得，即平移后的函數的對稱軸方程為，故選C2、D【解析】根據元素與集合關系，集合與集合的關系判斷即可得解.【詳解】解：因為，，所以，.故選：D.3、D【解析】結合初等函數的奇偶性和單調性可排除選項；再根據奇偶性定義和復合函數單調性的判斷方法可證得正確.【詳解】對A，∵是奇函數，在(一∞，0)和(0，+∞)上是單調遞增函數，在定義域上不是遞增函數，可知A錯誤；對B，不是奇函數，可知B錯誤；對C，不是單調遞增函數，可知C錯誤；對D，，則為奇函數；當時，單調遞增，由復合函數單調性可知在上單調遞增，根據奇函數對稱性，可知在上單調遞增，則D正確.故選：D4、D【解析】結合直線與平面垂直判定和性質，結合直線與平面平行的判定，即可【詳解】A選項，可知可知，故，正確；B選項，AB平行CD，故正確；C選項，，故平面平面，正確；D選項，AB與SC所成的角為，而DC與SA所成的角為，故錯誤，故選D【點睛】考查了直線與平面垂直的判定和性質，考查了直線與平面平行的判定，考查了異面直線所成角，難度中等5、C【解析】根據給定圖象求出函數的解析式，再平移，代入計算作答.【詳解】觀察圖象得，令函數周期為，有，解得，則，而當時，，則有，又，則，因此，，將的圖象向左平移個單位得：，所以將的圖象向左平移個單位后，得到的圖象對應的函數解析式為.故選：C6、A【解析】利用弧長公式計算即可【詳解】，故選：A7、B【解析】根據指數函數、對數函數的單調性分別判斷的取值范圍，即可得結果.【詳解】由對數函數的單調性可得，根據指數函數的單調性可得，即，，故選B.【點睛】本題主要考查對數函數的性質、指數函數的單調性及比較大小問題，屬于中檔題.解答比較大小問題，常見思路有兩個：一是判斷出各個數值所在區(qū)間（一般是看三個區(qū)間）；二是利用函數的單調性直接解答；數值比較多的比大小問題也可以兩種方法綜合應用.8、C【解析】當時，，而有最小值，故.令，，其圖像如圖所示：共4個不同的交點，選C.點睛：考慮函數圖像的交點的個數，關鍵在于函數圖像的正確刻畫，注意利用函數的奇偶性來簡化圖像的刻畫過程.9、B【解析】由在上最大值為，討論可求出，從而，若有4個零點，則函數與有4個交點，畫出圖象，結合圖象求解即可【詳解】若，則函數在上單調遞增，所以的最小值為，不合題意，則，要使函數在上的最大值為如果，即，則，解得，不合題意；若，即，則解得即，則如圖所示，若有4個零點，則函數與有4個交點，只有函數的圖象開口向上，即當與）有一個交點時，方程有一個根，得，此時函數有二個不同的零點，要使函數有四個不同的零點，與有兩個交點，則拋物線的圖象開口要比的圖象開口大，可得，所以，即實數a的取值范圍為故選：B【點睛】關鍵點點睛：此題考查函數與方程的綜合應用，考查二次函數的性質的應用，考查數形結合的思想，解題的關鍵是由已知條件求出的值，然后將問題轉化為函數與有4個交點，畫出函數圖象，結合圖象求解即可，屬于較難題10、C【解析】根據已知求出，再利用二次函數的性質判斷得解.【詳解】解：由題得，解得，，所以，因為，所以選項A正確；所以，所以選項B正確；因為，所以選項D正確；因為的對稱軸為，所以選項C錯誤故選：C二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由分段函數解析式先求，再求.【詳解】由已知可得，故.故答案為：2.12、且【解析】由根式函數和分式函數的定義域求解.【詳解】由，解得且，所以函數的定義域為且故答案為：且13、【解析】作出函數的圖象，把函數的零點轉化為直線與函數圖象交點問題解決.【詳解】由得，即函數零點是直線與函數圖象交點橫坐標，當時，是增函數，函數值從1遞增到2(1不能取)，當時，是增函數，函數值為一切實數，在坐標平面內作出函數的圖象，如圖，觀察圖象知，當時，直線與函數圖象有2個交點，即函數有2個零點，所以實數的取值范圍是：.故答案為：14、【解析】令，由題設易知在上為增函數，根據二次函數的性質列不等式組求的取值范圍.【詳解】由題設，令，而為增函數，∴要使在上是增函數，即在上為增函數，∴或，可得或，∴的取值范圍是.故答案為：15、(1，2)【解析】分類討論得到當時符合題意，再令在[0，1]上恒成立解出a的取值范圍即可.【詳解】令，當時，為減函數，為減函數，不合題意；當時，為增函數，為減函數，符合題意，需要在[0，1]上恒成立，當時，成立，當時，恒成立，即，綜上.故答案為：(1，2).16、，【解析】由全稱命題的否定即可得解.【詳解】因為命題為全稱命題，所以為“，”.故答案為：，.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）是偶函數，證明見解析（2）【解析】（1）由對數的運算得出，再由定義證明即可；（2）根據基本不等式結合對數函數的單調性得出函數的值域【小問1詳解】是偶函數，的定義域為R∵，∴，∴是偶函數【小問2詳解】∵，當且僅當時取等號，∴∴的值域為18、（1）（2）【解析】（1）根據同角三角函數關系求得，再用誘導公式化簡即可求解；（2）利用余弦的兩角差公式計算即可.【小問1詳解】因為為銳角，所以，，.【小問2詳解】因為，為銳角，所以，，所以，所以.19、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）由二次不等式恒成立，可得判別式小于等于0，化簡即可得證；（2）由（1）可得，分別討論或，運用參數分離和函數的單調性，可求得所求的最小值.【詳解】（1）證明：.即恒成立.則，化簡得；（2）由（1）得，當時，，令，則，令在上單調遞增，所以，所以；當時，，所以，此時或0，，從而有，綜上可得，m的最小值為.【點睛】方法點睛：本題考查不等式的證明，以及不等式恒成立問題，常運用參變分離的方法，運用函數的單調性，最值的方法得以解決.20、（1）；（2）.【解析】（1）由可得，解不等式求出a的取值范圍即可；（2）把p是q的充分條件轉化為集合A和集合B之間的關系，運用集合的知識列出不等式組求解a的范圍即可.【詳解】（1），，解之得：，故a的取值范圍為；（2）或，p是q的充分條件，，或，解之得：或，故實數a的取值范圍為.【點睛】本題考查元素與集合間的關系，考查充分條件的應用，考查邏輯思維能力和運算能力，屬于?？碱}.21、(1