開封五校2023～2024學年上學期期末聯考高一數學考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫清楚.3.考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效.4.本卷命題范圍：人教A版必修第一冊.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，，若，則的值為（）A.1 B.2 C.1或2 D.1或【答案】C【解析】【分析】利用集合包含關系求得的值，從而得解.【詳解】因為，，，所以或，即或，當時，；當時，，都符合題意.故選：C.2.下列表示同一個函數的是（）A.與 B.與C.與 D.與【答案】D【解析】【分析】利用同一函數的定義域與對應法則相同，逐一分析判斷各選項即可得解.【詳解】對于A，的定義域為，的定義域為，所以兩者定義域不同，不是同一個函數，故A錯誤；對于B，的定義域為，的定義域為，所以兩者定義域不同，不是同一個函數，故B錯誤；對于C，與的定義域和對應法則都不同，不是同一個函數，故C錯誤；對于D，，，這兩個函數的定義域都是，且對應法則也相同，故是同一個函數，故D正確.故選：D.3.函數（）的最小正周期為，則（）A. B.1 C.2 D.4【答案】A【解析】【分析】利用正切函數的最小正周期公式即可得解.【詳解】因為（）的最小正周期為，所以的最小正周期，解得.故選：A.4.已知，，則是的（）A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】舉例說明充分不成立，分和兩種情況說明必要性成立，即可得答案.【詳解】解：令，，滿足，但，故不能推出，所以充分性不滿足；當，時，當時，；當時，；故能推出，故是的必要不充分條件．故選：C．5.在平面直角坐標系中，若角的終邊經過點，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據特殊角的三角函數值得到，從而利用誘導公式和三角函數定義求出答案.【詳解】因為，故角的終邊經過點，所以.故選：D.6.已知冪函數的圖象過點，則的定義域為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用冪函數的定義求得的解析式，再利用其定義即可得解.【詳解】依題意，設冪函數為，則，故，則，所以的定義域為，故滿足，解得.故選：B.7.已知，當取最大值時，則值為（）A. B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】先根據已知使用基本不等式，整理求出取最大值時的和值，再得出結果.【詳解】由已知可得，則，即，所以，當且僅當時取等號，即，，此時.故選：B．8.若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用與的關系，結合換元法求得，從而得解.【詳解】因為，設，則，且，又，所以，即，即，所以，所以，即異號，所以.故選：B.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.下列各式中值為1的是（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】對于ABC，由二倍角公式驗算即可；對于D，由平方關系驗算即可.【詳解】對選項A，，錯誤；對選項B，，錯誤；對選項C，，正確；對選項D，，正確．故選：CD.10.已知函數，則（）A.， B.的圖像關于直線對稱C.在上單調遞增 D.的圖象關于點對稱【答案】AD【解析】【分析】利用三角函數的性質逐一分析判斷即可得解.【詳解】對于A，函數的最小正周期，故A正確；對于B，因為，所以的圖象不關于直線對稱，故B錯誤；對于C，當時，，因為在上不單調，所以在上不單調，故C錯誤；對于D，因為，所以的圖象關于點對稱，故D正確.故選：AD.11.已知函數，則下列結論正確的是（）A.的定義域為B.是奇函數C.是偶函數D.對任意的，【答案】CD【解析】【分析】根據指數函數的性質，結合奇函數、偶函數的定義逐一判斷即可.【詳解】A：由，所以該函數的定義域為，因此本選項結論不正確；B：因為，所以有，因此是偶函數，所以本選項不正確；C：由上可以確定本選項正確；D：，當時，，而，于是有，當時，，而，于是有，綜上所述：對任意的，，因此本選項正確，故選：CD12.已知函數，若方程有4個不同實根，則（）A. B.C D.【答案】BCD【解析】【分析】畫出函數圖像，結合函數性質逐項分析得答案.【詳解】當時，即，當且僅當時取等號，在上遞增，在上遞減，當時，且在上遞減，在上遞增，綜上，可得圖象如下，當且僅當時方程有4個不同實根，A錯誤；結合圖象及題設知：，B正確；由題得且，所以，C正確；是方程的兩個根，即方程的兩個根，所以則，由，得，所以，D正確.故選：BCD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.在半徑為2的圓中，的圓心角所對的弧的長度為______.【答案】##【解析】【分析】利用扇形的弧長公式即可得解.【詳解】在半徑為2的圓中，的圓心角所對的弧的長度為.故答案為：.14.若命題：“，”為假命題，則實數的取值范圍為______.【答案】【解析】【分析】將問題轉化為恒成立問題，從而得解.【詳解】因為命題：“，”為假命題，所以“，”為真命題，即恒成立，所以，解得，故實數的取值范圍為.故答案為：.15.若是定義域為的奇函數，的零點分別為，則________.【答案】0【解析】【分析】由函數為奇函數，可得關于中心對稱，從而可得，為奇數，代入求解即可.【詳解】解：因為函數為奇函數，所以圖象關于中心對稱，設函數的個零點分別為，所以，又由的圖象是由函數的圖象向右平移個單位得到，所以關于中心對稱，則，因為是定義域為奇函數，所以零點個數為奇數，則.故答案為：16.已知函數（其中m，，且）的圖象恒過定點，若，則______.【答案】【解析】【分析】根據指數冪的性質可得，，根據可得代入求解.【詳解】由于的圖象恒過定點，所以，且，故且，由于，所以，又，即，故，因此，故，故答案為：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.已知為銳角，．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用同角三角函數的關系和正弦的二倍角公式求解；（2）利用誘導公式，同角三角函數關系以及兩角差的余弦公式求解即可．【小問1詳解】因為，所以，所以．【小問2詳解】因為，所以，所以．18.已知集合．（1）若，求；（2）若是的必要條件，求實數的取值范圍．【答案】18.19.或【解析】【分析】（1）解分式不等式可求得，再由集合基本運算可求得結果；（2）易知，對集合是否為空集進行分類討論即可求得實數的取值范圍．【小問1詳解】解不等式可得，則，若，則，所以．【小問2詳解】若是的必要條件，則．當，即時，，符合題意；當，即時，，要滿足，可得，解得，綜上實數的取值范圍為或19.函數是定義在R上的偶函數，當時，．（1）求函數在的解析式；（2）當時，若，求實數m的值．【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）根據偶函數的性質，令，由即可得解；（2），有，解方程即可得解.【詳解】（1）令，則，由，此時；（2）由，，所以，解得或或（舍）.20.某機構通過對某企業今年的生產經營狀況的調查，得到月利潤（單位：萬元）與相應月份的部分數據如下表：25710229244241227（1）根據上表中的數據，從（這里的都是常數）三個函數模型中選取一個恰當的模型描述與的變化關系，并說明理由；（2）利用2月份和5月份的數據求出（1）中選擇的函數模型，并估計幾月份的月利潤最大.【答案】（1）選取二次函數，理由見解析（2）；6月份的利潤最大【解析】【分析】（1）根據表格中的數據不是單調函數，即可作出選擇；（2）將點代入，求得函數，結合二次函數的性質，即可求解.【小問1詳解】解：由題目中的數據知，描述每月利潤與相應月份數的變化關系不是單調函數，所以應選取二次函數進行描述.【小問2詳解】解：將點，代入，可得，解得，所以，即，所以當時，取最大值，故可估計6月份的利潤最大.21.已知函數的圖象關于原點對稱，其中為常數.（1）求的值；（2）當時，恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由的圖像關于原點對稱可得為奇函數，再根據奇函數的性質即可求解；（2）先利用對數型函數的單調性得到，再利用分離參數法得到在上恒成立，構造函數，求出即可.【詳解】解：（1）函數的圖象關于原點對稱，函數為奇函數，，即，即，整理得：，又上式對定義域內任意的均成立，，解得：或(舍)；（2）由（1）知，，，即，，，即在上恒成立，令，，則，易得，且在上單調減，，，故實數的取值范圍為.【點睛】方法點睛：由不等式恒成立（或能成立）求參數時，一般可對不等式變形，分離參數，根據分離參數后的結果，構造函數，由函數的單調性求出函數的最值，進而可求出結果.22.如圖，已知函數的圖象與軸相交于點，圖象的一個最高點為．（1）求的解析式；（2）將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，求函數的所有零點之和．【答案】（1）（2）9【解析】【分析】（1）根據函數圖象求出周期，即可求得，再將點代入解析式求出即可；（2）先根據函數平移的性質求出，將函數的零