湖南省長沙市2023-2024學年高一上學期1月期末考試 數學

一年級第一學期期末聯考數學試題卷本試卷共4頁，22小題，滿分150分，考試用時120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡上.將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”.2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案：不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答無效.4.考生必須保持答題卡的整潔，考試結束后，將答題卡交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由集合為函數值域，用列舉法表示，再由交集運算可得.【解析】設，，則，故集合，則.故選：D.2.命題“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】全稱量詞命題的否定是存在量詞命題.【解析】命題“，”的否定是“，”.故選：B.3.已知扇形的半徑為3，圓心角弧度數為2，則其面積為（）A.18 B.12 C.9 D.6【答案】C【解析】【分析】由扇形弧長與面積公式可得.【解析】已知扇形的半徑，圓心角弧度數，則由扇形弧長公式與面積公式得.故選：C.4.下列命題為真命題的是（）A.若，則 B.若，則C.若，，則 D.若，，則【答案】C【解析】【分析】根據不等式的性質，結合特殊值判斷.【解析】對于A，取特殊值，，，滿足條件，但不滿足結論，故A錯誤；對于B，由，若，則，故B錯誤；對于C，由同向不等式的性質知，，可推出，故C正確；對于D，取，滿足條件，但，故D錯誤.故選：C.5.學校先舉辦了一次田徑運動會，某班有8名同學參賽，又舉辦了一次球類運動會，這個班有12名同學參賽，兩次運動會都參賽的有3人。兩次運動會中，這個班總共參賽的同學有（）A.20人 B.17人 C.15人 D.12人【答案】B【解析】【分析】利用容斥原理可得.【解析】設參加田徑運動的同學構成集合，參加球類運動會的同學構成集合，則參加田徑運動同學人數，參加球類運動會的同學人數，兩次運動會都參賽的同學人數，則兩次運動會中，這個班總共參賽的同學人數為.故選：B.6.為了預防流感，某學校對教室采用藥熏消毒法進行消毒.已知在藥熏過程中，室內每立方米空氣中的含藥量y（單位：mg）與時間t（單位：h）的關系如圖所示，函數關系式為（a為常數）.據測定，當室內每立方米空氣中的含藥量降到0.25mg以下時，學生方可進教室.從藥熏開始，至少經過小時后，學生才能回到教室，則（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】由函數圖象特殊點代入解析式求解，【解析】當時，，代入解析式得，得，令，解得，即，，故選；C7.英國數學家泰勒（B.Taylor，1685—1731）發(fā)現了如下公式：，，其中.這些公式被編入計算工具，計算工具計算足夠多的項就可以確保顯示值的精確性，計算器使用的這種方法叫數值計算法.比如，用前三項計算，就得到.運用上述思想，可得到的近似值為（）A.0.83 B.0.84 C.0.85 D.0.86【答案】B【解析】【分析】根據題意將代入的前三項計算可得結果.【解析】用前三項計算可得，即的近似值為.故選：B8.若，，，，則a，b，c，d的大小關系為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用三角恒等變換可將式子化簡為，再由余弦函數單調性即可比較得出大小.【解析】易知；；；由余弦函數在上單調遞減，且,所以可得，即.故選：A二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.下列各命題中，p是q的充要條件的有（）A.p：兩個三角形相似；q：兩個三角形三邊成比例B.p：四邊形是菱形；：四邊形的對角線互相垂直C.：；：，D.：；：【答案】AD【解析】【分析】根據充要條件的判斷方法，逐項判斷即可.【解析】對A：“兩個三角形相似”，可得“三角形三邊對應成比例”，所以p是q的充分條件；又“兩個三角形三邊成比例”可得“兩個三角形相似”，所以p是q的必要條件.所以p是q的充要條件，故A正確；對B：因為對角線互相垂直的四邊形不一定是菱形，所以p不是q的充要條件，故B錯誤；對C：由“”“或”，所以p不是q的充要條件，故C錯誤；對D：，所以p是q的充要條件，故D正確.故選：AD10.函數y＝3sin的圖象，可由函數y＝sinx的圖象經過下列哪項變換而得到()A.向左平移個單位長度，橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標伸長到原來的3倍B.向左平移個單位長度，橫坐標縮短到原來的，縱坐標伸長到原來的3倍C.橫坐標縮短到原來的，向左平移個單位長度，縱坐標伸長到原來的3倍D.橫坐標縮短到原來的，向左平移個單位長度，縱坐標伸長到原來的3倍【答案】BD【解析】【分析】由下面兩種變換順序：①y＝sinx→y＝sin(x＋)→y＝sin(2x＋)→y＝3sin(2x＋)；②y＝sinx→y＝sin2x→y＝sin(2x＋)→y＝3sin(2x＋).【解析】①將由y＝sinx的圖象向左平移得到函數y＝sin(x＋)，再橫坐標縮小到原來的倍，縱坐標不變得到函數y＝sin(2x＋)，再橫坐標不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼?倍得到y(tǒng)＝3sin(2x＋).②將由y＝sinx的圖象橫坐標縮小到原來的倍，縱坐標不變得到函數y＝sin2x，再向左平移得到函數y＝sin(2x＋)，再橫坐標不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼?倍得到y(tǒng)＝3sin(2x＋).故選：BD．11.已知函數，其中，且，則下列結論中正確的是（）A.函數是奇函數B.函數在其定義域上有零點C.函數的圖象過定點D.當時，函數在其定義域上單調遞增【答案】ABD【解析】【分析】A項，由奇函數定義可得；B項，由方程有解可知函數有零點；C項，由可知；D項，由兩個增函數的的和函數仍為增函數可得.【解析】選項A，由，，定義域為，關于原點對稱.且，所以函數是奇函數，故A正確；選項B，令，解得，則在其定義域上有零點，故B正確；選項C，因為，所以函數的圖象過定點，不過，故C錯誤；選項D，當時，，所以是增函數，且是減函數，則是增函數，所以也是增函數，故D正確.故選：ABD.12.已知函數定義域為，則下面判斷正確的是（）A.若，，則函數在上是增函數B.若，，則函數是奇函數C.若，，則函數是周期函數D.若且，，則函數在區(qū)間上單調遞增，函數在區(qū)間上單調遞減【答案】BC【解析】【分析】令可判斷A，利用奇函數定義可判斷B，由周期函數的定義可判斷C，根據函數單調性的定義即可判斷D.【解析】對于A，令，滿足，但函數在上不是增函數，故選項A錯誤；對于B，令，則，可得，即滿足，則函數是奇函數，可知B正確；對于C，若，，所以，即，滿足，可得函數是周期為的周期函數，即C正確；對于D，取，滿足，因為函數在區(qū)間上單調遞增，所以；可得，所以；即，可得且；所以函數在區(qū)間上單調遞減，函數在區(qū)間上單調遞增，即D錯誤；故選：BC【小結】方法小結：在求解抽象函數奇偶性以及單調性時，要根據已知條件充分利用奇偶性和單調性定義，化簡變形進行證明即可求得結論.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.寫出一個同時具有下列性質①②的函數：_________.①是偶函數；②在上是增函數.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根據所學函數圖象與性質，可以考慮冪函數.【解析】，定義域為，關于原點對稱，且，則是偶函數；由的圖象可知在上是增函數；所以同時具有性質①②.故答案為：（答案不唯一，如）.14.若，，，則的最小值為__________.【答案】4【解析】【分析】由基本不等式中“1”的妙用代入計算即可得出最小值為4.【解析】易知，當且僅當時，等號成立；即的最小值為4；故答案為：415.17世紀德國著名的天文學家、數學家約翰尼斯·開普勒（JohannesKepler）曾經這樣說過：“幾何學里有兩件寶，一個是勾股定理，另一個是黃金分割.如果把勾股定理比作黃金礦的話，那么可以把黃金分割比作鉆石礦.”黃金三角形有兩種，其中底與腰之比為黃金分割比的黃金三角形被認為是最美的三角形，它是一個頂角為36°的等腰三角形（另一種是頂角為108°的等腰三角形）.例如，五角星由五個黃金三角形與一個正五邊形組成，如圖，在其中一個黃金中，，根據這些信息，可得__________.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理得到邊角關系，再通過二倍角公式轉化求解，最后借助誘導公式得解.【解析】在等腰中，，則，由正弦定理得，故，所以.故答案為：.16.設函數，若方程有3個不等的實根，則實數的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】利用換元法將方程轉化為必有兩根，畫出函數圖象由數形結合進行分類討論即可求得實數的取值范圍是.【解析】令，則，即，可得，作出函數的圖象如下圖所示：若方程有3個不等的實根，由圖可知方程必有兩根，當時，可得，解得，不合題意；當時，需滿足，解得，即.所以實數的取值范圍是.故答案為：【小結】關鍵點小結：本題關鍵在于利用換元法將原方程轉化為方程必有兩根的問題，再利用函數與方程的思想由二次函數根的分布情況即可求得結果.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知集合，.（1）求；（2）已知集合，若，求實數的取值范圍?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【分析】（1）解指數不等式可得集合，再由集合混合運算即可得出結果；（2）由集合間的包含關系，利用可得.【小問1解析】由，易得，∵，∴，可得.【小問2解析】由（1）知，∵，且∴，即實數的取值范圍為.18.已知函數.（1）若，解不等式；（2）若關于的不等式的解集為，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）把代入，解一元二次不等式即可作答.（2）根據給定條件，利用一元二次不等式恒成立列出不等式，求解不等式作答.【小問1解析】當時，，因此，解得，所以原不等式的解集為.【小問2解析】依題意，，，當時，，解得，不合題意，因此，二次函數值恒小于0，則，且，化簡得：，解得或，于是得，所以實數的取值范圍是.19.如圖，已知單位圓O與x軸正半軸交于點M，點A，B在單位圓上，其中點A在第一象限，且，記，.（1）若，求點的坐標；（2）若點A的坐標為，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）應用三角函數定義，求角的余弦與正弦值，可得單位圓與終邊交點的坐標；（2）先由點在單位圓上求得，再利用三角函數定義與誘導公式求解.【小問1解析】∵，∴，，故點坐標為.【小問2解析】∵點在單位圓上，得，又∵點位于第一象限，，則，∴點A的坐標為，即，，∴，∴.20.已知函數的圖象過點和(1)求的解析式，并判斷函數的奇偶性；(2)判斷函數在的單調性，并用單調性的定義證明.【答案】（1），偶函數；（2）函數在上單調遞減，證明見解析.【解析】【分析】（1）根據題意，將兩個點的坐標代入函數的解析式，可得關于的方程，可解得的值，即可得函數的解析式，據此分析可得其奇偶性，即可得答案；

（2）根據題意，設，由作差法分析可得證明；【解析】解：（1）根據題意，函數的圖象過點和，

則，，解得，

則，

則，故函數為偶函數；

（2）函數在上單調遞減，證明：設，

則，

又由，

則，，，則；

故函數在上為減函數.【小結】本題考查函數的奇偶性與單調性的判定以及應用，涉及函數解析式的求法，屬于基礎題．21.一根長為L的材料（材料粗細忽略不計）欲水平通過如圖所示的直角走廊，已知走廊的寬.（1）設，試將L表示為的函數，并寫出的取值范圍；（2）求能夠通過這個直角走廊的材料的最大長度（即求L的最小值）.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用三角函數定義可得，，即可得，；（2）利用換元法令，并由函數單調性即可求得.【小問1解析】由題意知，，可得，，所以，.【小問2解析】令，∵，∴，，則，易知在上單調遞增，在上單調遞減∴，即能夠通過這個直角走廊的材料的最大長度為.22.設函數，，.（1）求函數在上的單調區(qū)間；（2）若，，使成立，求實數的取值范圍；（3）求證：函數在上僅有一個零點，并求（表示不超過最大整數，如，）參考數據：，，.【答案】（1）單調減區(qū)間是，單調增區(qū)間是（2）（3）證明見解析，【解析】分析】（1）整體法求解函數單調性；（2）在上的值域為在上的值域的子集，求出的值域為，換元法結合二次函數對稱軸，分與兩種情況，得到不等式，求出答案；（3）先得到的單調性，結合零點存在性定理知在上有唯一零點，在上無零點，并得到，，得到.【小問1解析】∵，∴，由，解得，由，解得，∴函數在上的單調減區(qū)間是，單調增區(qū)間是.【小問2解析】若