2023~2024學年第一學期福州市部分學校教學聯盟高一年級期末質量檢測數學試卷（完卷時間：120分鐘；滿分：150分）溫馨提示：請將所有答案填寫到答題卡的相應位置上！請不要越界、錯位答題！一、單項選擇題：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，只有一個選項是符合題目要求的.1.的值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據誘導公式及特殊角三角函數值求解【詳解】.故選：C2.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據交集概念，求解即可得出答案.【詳解】根據交集的概念可得，.故選：B.3.設，，，則的大小關系為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用指數函數的單調性得到，再利用對數函數的單調性得出，即可求出結果.【詳解】因為，，易知函數在R上是增函數，又，所以，又易知在上是減函數，所以，綜上，.故選：B.4.若=，則sin=（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先判斷出，然后結合誘導公式求解出結果.【詳解】因為，所以，故選：D.5.函數的零點所在區間為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由函數的單調性，結合零點存在性定理判斷選項即可.【詳解】因為在上為增函數，且，，因為，所以，所以的零點所在區間為.故選：C.6.生物體死亡后，它機體內原有的碳14含量P會按確定的比率衰減(稱為衰減率)，P與死亡年數t之間的函數關系式為(其中a為常數)，大約每經過5730年衰減為原來的一半，這個時間稱為“半衰期”.若2021年某遺址文物出土時碳14的殘余量約占原始含量的79%，則可推斷該文物屬于（）參考數據：.參考時間軸：A.戰國 B.漢 C.唐 D.宋【答案】B【解析】【分析】根據“半衰期”得，進而解方程得，進而可推算其所處朝代.【詳解】由題可知，當時，，故，解得，所以，所以當時，解方程，兩邊取以為底的對數得，解得，所以，所以可推斷該文物屬于漢朝.故選：B【點睛】本題考查指數運算與對數運算，考查運算求解能力，是中檔題.本題解題的關鍵在于根據半衰期計算得，進而解方程.7.函數的大致圖象為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據函數的奇偶性以及特殊范圍即可排除求解.【詳解】由于的定義域為,又，所以為奇函數，故可排除AB,由于當時，，故排除C，故選：D8.已知函數的定義域為，則“”是“是周期為2的周期函數”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.既不充分又不必要條件 D.充要條件【答案】A【解析】【分析】通過可以得出，反過來不可以，反例見詳解.【詳解】由得，，所以，，即.所以“”是“是周期為2的周期函數”的充分條件.如下圖是一個周期為得函數，得不出，所以“”是“是周期為2的周期函數”的不必要條件.所以“”是“是周期為2的周期函數”的充分不必要條件.故選：A.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的.9.已知實數，其中，則下列關系中恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根據不等式性質可判斷A，C；舉反例判斷B；利用作差法判斷D.【詳解】對于A，由于，故兩邊同乘以b，即，A正確；對于B，當時，不成立，B錯誤；對于C，由于，故，C正確；對于D，因為，則，故，故，D正確.故選：ACD10.已知函數，則下列說法錯誤的是（）A.函數的最小正周期為B.函數的圖象關于點對稱C.函數的圖象關于直線對稱D.函數在上單調遞減【答案】BC【解析】【分析】利用三角函數的性質逐個分析選項即可.【詳解】因為，所以函數的最小正周期，故A正確；，所以函數的圖象關于直線對稱，故B錯誤；，所以的圖象關于點對稱，故C錯誤；若，則，因為在上單調遞減，所以在上單調遞減，故D正確．故選：BC．11.水車在古代是進行灌溉引水的工具，亦稱“水轉筒車”，是一種以水流作動力，取水灌田的工具.據史料記載，水車發明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的歷史是人類的一項古老的發明，也是人類利用自然和改造自然的象征，如圖是一個半徑為R的水車，一個水斗從點出發，沿圓周按逆時針方向勻速旋轉，且旋轉一周用時120秒.經過t秒后，水斗旋轉到P點，設點P的坐標為，其縱坐標滿足，則下列敘述正確的是（）A.水斗作周期運動的初相為B.在水斗開始旋轉的60秒（含）中，其高度不斷增加C.在水斗開始旋轉的60秒（含）中，其最高點離平衡位置的縱向距離是D.當水斗旋轉100秒時，其和初始點A的距離為6【答案】AD【解析】【分析】求出圓的半徑，利用周期求出，通過三角函數的解析式求出初相，再利用正弦函數的性質依次判斷各選項即可．【詳解】對于A，由，知，，所以；當時，點P在點A位置，有，解得，又，所以，故A正確；對于B，可知，當，，所以函數先增后減，故B錯誤；對于C，當，，，所以點到軸的距離的最大值為6，故C錯誤；對于D，當時，，的縱坐標為，橫坐標為，所以，故D正確．故選：AD．【點睛】方法點睛：求函數解析式的步驟：(1)求A，B，確定函數的最大值M和最小值m，則，.(2)求，確定函數的周期，則(3)求，常用方法如下：把圖象上的一個已知點代入(此時要注意該點在上升區間上還是在下降區間上)或把圖象的最高點或最低點代入．12.一般地，若函數的定義域為，值域為，則稱為的“倍美好區間”，特別地，當時，則稱為的“完美區間”．則下列說法正確的是（）A.若為函數的“完美區間”，則B.函數，存在“倍美好區間”C.函數，不存在“完美區間”D.函數，有無數個“2倍美好區間”【答案】ABD【解析】【分析】分析每個函數的定義域及其在相應區間的單調性，按“k倍美好區間”，“完美區間”的定義，列出相應方程，再根據方程解的情況，判斷正誤.【詳解】因為函數的對稱軸為，故函數在單調遞增。所以值域，又為函數的“完美區間”，所以，得或，因為，所以，故A對；假設函數，存在“倍美好區間”設定義域為，值域為，當時，在區間上單調遞增，所以，解得，故B對；因為在上單調遞增，在上單調遞減，假設函數存在“完美區間”，當時，在單調遞減，要使值域為，則，解得，即假設成立，故C錯；假設函數定義域內任意子區間，因為在上單調遞增，所以值域為，故內任意一個子區間都是“2倍美好區間”，故D對故選：ABD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.若冪函數在上單調遞增，則______.【答案】【解析】【分析】由冪函數定義得或，結合冪函數單調遞增即可得解.【詳解】由，得或.又在上單調遞增，所以.故答案為：.14.若扇形的周長為，面積為，圓心角為，則__________.【答案】【解析】【分析】由扇形的周長和面積公式進行求解即可.【詳解】設扇形的半徑為，因為扇形的周長為，扇形的面積為，由得，或，又因為，所以.故答案為：.15.已知為方程的兩個實數根，且，，則的最大值為__________.【答案】【解析】【分析】由根與系數的關系及已知可求得，由,化簡為關于的一元二次方程，根據方程有解，利用判別式計算即可得出結果.【詳解】因為為方程的兩個實數根，，所以，解得，或，若，則即，因為，故，若，則，不成立，若，則，故，故也不成立，故，所以，則，則，化簡可得，由方程有解，可知：，即.解得：，則的最大值為.故答案為：.16.已知函數，若函數恰有4個零點，則實數的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】根據給定條件，討論當時，，當且時，，確定函數零點只可能在且的情況，再分析含絕對值符號的二次函數即可得解.【詳解】函數的定義域為R，當時，，當時，，當時，，此時函數無零點；當時，，當時，若，則，于是，若，函數的圖象對稱軸，此函數在上單調遞增，，，即當且時，，函數無零點；于是只有當且時，函數才有零點，當，即時，，當時，函數，當時，，當時，函數取得最小值，而當時，，顯然當，即時，函數有兩個零點，要函數恰有4個零點，必有，當時，函數的圖象對稱軸，則函數在上單調遞減，在上單調遞增，顯然，而，因此函數在、上各有一個零點，所以實數的取值范圍是.故答案為：【點睛】關鍵點睛：涉及用分段函數零點特性求參數范圍問題，可以先獨立分析各段上的零點，再綜合考查所有零點是解決問題的關鍵.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.計算：.【答案】7【解析】【分析】結合指數冪與對數運算性質計算即可得.【詳解】18.（1）已知，求的最小值；（2）若均為正實數，且滿足，求的最小值.【答案】（1）8；（2）【解析】【分析】（1）先將函數解析式變形，再利用基本不等式求出最值；（2）結合1的妙用，利用基本不等式求出最值.【詳解】（1）因為，所以，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為8.（2）因為均為正實數，，所以，，，則，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為.19.已知函數的圖象關于點對稱.（1）求的單調遞增區間;（2）求不等式的解集.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意首先根據對稱中心求得函數表達式，然后令，解不等式組即可得解.（2）由，得,解不等式組即可得解.【小問1詳解】由題意知，的圖象關于點對稱，，即．，故．令，得，即．函數的單調遞增區間為．【小問2詳解】由（1）知，．由，得，即．不等式的解集為.20.對于函數．（1）判斷函數的單調性，并給出證明；（2）是否存在實數a使函數為奇函數？【答案】（1）在區間上單調遞增，證明見解析（2）存【解析】【分析】（1）利用單調性的定義證明函數的單調性；（2）假設存在實數a，使函數為奇函數，由奇函數定義得到等式恒成立，則可求出.【小問1詳解】在區間上的單調遞增．證明如下：對任意，且，，因為在單調遞增，且，所以，即，又，則，即，所以，所以在區間上單調遞增．小問2詳解】假設存在實數a，使函數為奇函數，則對任意，都有，解得，故存在實數，使函數是奇函數．21.網絡購物行業日益發達，各銷售平臺通常會配備送貨上門服務．小金正在配送客戶購買的電冰箱，并獲得了客戶所在小區門戶以及建筑轉角處的平面設計示意圖．（1）為避免冰箱內部制冷液逆流，要求運送過程中發生傾斜時，外包裝的底面與地面的傾斜角不能超過，且底面至少有兩個頂點與地面接觸．外包裝看作長方體，如圖1所示，記長方體的縱截面為矩形，，，而客戶家門高度為米，其他過道高度足夠．若以傾斜角的方式進客戶家門，小金能否將冰箱運送入客戶家中？計算并說明理由．（2）由于客戶選擇以舊換新服務，小金需要將客戶長方體形狀的舊冰箱進行回收．為了省力，小金選擇將冰箱水平推運(冰箱背面水平放置于帶滾輪的平板車上，平板車長寬均小于冰箱背面）．推運過程中遇到一處直角過道，如圖2所示，過道寬為米．記此冰箱水平截面為矩形，．設，當冰箱被卡住時(即點、分別在射線、上，點在線段上），嘗試用表示冰箱高度的長，并求出的最小值，最后請幫助小金得出結論：按此種方式推運的舊冰箱，其高度的最大值是多少？（結果精確到）【答案】（1）冰箱能夠按要求運送入客戶家中，理由見解析；（2）最小值為米，此情況下能推運冰箱高度的最大值為米.【解析】【分析】（1）過A，D作水平線，作，由可得；（2）延長與直角走廊的邊相交于、，由表示出，設進行換元，利用單調性即可求解.【小問1詳解】過A，D作水平線，作如圖，當傾斜角時，冰箱傾斜后實際高度（即冰箱最高點到地面的距離），故冰箱能夠按要求運送入客戶家中．【小問2詳解】延長與直角走廊的邊相交于、，則，，，又，則，．設，因為，所以，所以，則，再令，則，易知，上單調遞增，所以單調遞減，故當，即，時，取得最小值.由實際意義需向下取，此情況下能順利通過過道的冰箱高度的最大值為米．22.若函數與區間同時滿足：①區間為的定義域的子集，②對任意，存在常數，使得成立，則稱是區間上的有界函數，其中稱為函數的一個上界．（注：涉及復合函數單調性求最值可直接使用單調性，不需要證明）（1）試判斷函數，是否是上的有界函數；（直接寫結論）（2）已知函數是區間上的有界函數，求函數在區間上的所有上界構成的集合；（3）對實數進行討論，探究函數在區間上是否存在上界？若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由．【答案】22.不是上的有界函數，是上的有界函數23.24.當時，存在上界M，;當或時，存在上界M，；當時，存在上界M，;當時，不存在上界M．【解析】【分析】（1）根據有界函數的定義判斷即可；（2）先求解函數的值域，進而求解的取值范圍，再根據有界函數的定義確定上界M的取值范圍；（3）先求解函數及，再根據有界函數的定義，討