2024學年第一學期溫州市高一期末教學質量統一檢測數學試題（B卷）本試卷共4頁，19小題，滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名.準考證號填寫在答題卷上.將條形碼橫貼在答題卷右上角“條形碼粘貼處”.2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卷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，答案不能答在試題卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卷各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4.考生必須保持答題卷的整潔，不要折疊.不要弄破.選擇題部分（共58分）一、選擇題：本大題共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】根據集合的交集運算得解.【詳解】因為，，所以，故選：D2.下列命題為真命題的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】B【解析】【分析】根據不等式的性質逐項分析即可.【詳解】對A，當時，，故A錯誤；對B，，，故B正確；對C，若，則，則，即，故C錯誤；對D，當時，，則，故D錯誤.故選：B3.已知冪函數在上單調遞減，則（）A.-2 B.1 C.2 D.-2或2【答案】A【解析】【分析】利用冪函數的定義得到，可解得的值，再利用單調性進行檢驗即可.【詳解】是冪函數，，，當時，，此時在上單調遞增，舍去；當時，，此時在上單調遞減，滿足題意；.故選：A.4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用弦化切可得出關于的等式，即可解得的值.【詳解】因為，解得.故選：D.5.已知函數的部分圖象如圖所示，則的解析式（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據函數圖象結合各選項具體解析式逐個分析，注意奇偶性和定義域的應用.【詳解】對A，因為，當且僅當時等號成立，與圖象不符，故A不可能；對B，因為，，則，故為奇函數，圖象關于原點成中心對稱，與所給圖象不符，故B不可能；對C，因，，則，所以函數為偶函數，關于軸對稱，由A選項知，所以，故C可能；對D，因為的定義域為，當時函數無意義，故D不可能.故選：C6.設，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據特殊值判斷充分性，根據對數函數的性質及指數函數的性質判斷必要性.【詳解】當時，，但無意義，故不滿足充分性；當時，則，所以，則，即，滿足必要性，所以“”是“”的必要不充分條件，故選：B7.已知，，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據正弦型函數的函數值，求出的表達式即可得解.【詳解】因為，所以，解得，因為，所以的最小值為.故選：C8.已知定義域為的函數滿足：，，且，則（）A. B.C.是奇函數 D.，【答案】D【解析】【分析】利用賦值法結合題干信息逐項分析求解.【詳解】對A，令，則，由，則，即，所以，故A錯誤；對B，令，則，因為，所以，解得，故B錯誤；對于C，令，則，又，所以，則，當時，，不滿足奇函數的定義，所以不是奇函數，故C錯誤；對D，由C選項知，，即，所以，，故D正確故選：D【點睛】關鍵點點睛：根據所給函數性質，靈活賦值，恰當變形是解決問題的關鍵.二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18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6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知，則（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】根據誘導公式逐項分析即可得解.【詳解】由誘導公式知，，故A正確；，故B錯誤；，故C錯誤；，故D正確.故選：AD10.若函數存在最小值，則實數的值可以是（）A.0 B.-1 C.1 D.【答案】ACD【解析】【分析】分類討論，結合二次函數的性質求出的取值范圍即可得解.【詳解】當時，，此時函數無最小值；當時，，若時，則，此時函數有最小值；若時，則的對稱軸為，在上先增后減，沒有最小值；若時，的對稱軸為，當時，要使函數有最小值，則即可，解得.當時，要使函數有最小值，則，無解.綜上，，所以實數的值可以是.故選：ACD11.已知整數集，或，若存在，使得，，，則稱集合具有性質，則（）A.若，則具有性質 B.若，則具有性質C.若，則一定具有性質 D.若，則一定具有性質【答案】BCD【解析】【分析】根據已知條件新定義逐個分析即可．【詳解】對A選項，若，則,因為，故不可能存在滿足題意，A錯誤；對B選項，若，則，則當時，A具有性質B正確；對C選項，將整數分成這五類，依次記為集合C、D、E、F、G,當時，肯定是這5類中的一類，如果四個屬于的集合各不相同，比如，那么肯定是5的倍數，且，滿足的定義，如果四個中有兩個或者以上元素屬于同一個集合，比如，則也是5的倍數，故C正確；對D選項，將整數分成這10類，依次記為集合，當時，分別是這10類中的一類，分兩類情況，如果七個屬于的集合各不相同，比如，那么肯定是10的倍數，且，滿足的定義，如果七個屬于的集合中有兩個或者以上元素屬于同一個集合，比如，則也是10的倍數，且，滿足的定義，故D正確．故選：BCD.非選擇題部分（共92分）三、填空題：本大題共3小題，每題5分，共15分.把答案填在題中的橫線上.12.計算：__________.【答案】##0.25【解析】【分析】根據指數冪的運算法則求解.【詳解】,故答案為：13.定義在上的奇函數在上遞增，且，則滿足的的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】根據函數奇偶性判斷出函數的單調性，再由單調性求解即可.【詳解】因為定義在上的奇函數在上遞增，所以在上單調遞增，因為，所以，又，則，即的取值范圍是.故答案為：14.在中，，則__________.【答案】【解析】【分析】由已知條件，利用三角恒等變換化簡求出即可得解.【詳解】由，化弦可得,又，,所以，解得，因為，所以.故答案為：四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明.證明過程或演算步驟.15.已知角的頂點為坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊經過點.（1）求的值；（2）若角滿足，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據角的終邊上的點的坐標，利用三角函數定義求解；（2）由同角三角函數的基本關系及角的變換、兩角差的正弦公式求解.【小問1詳解】因為在角的終邊上，所以由三角函數定義知，所以.【小問2詳解】，，，又，16.已知函數，（且）.（1）判斷函數的奇偶性，并說明理由；（2）若，求實數的取值范圍.【答案】（1）偶函數，理由見解析（2）【解析】【分析】(1)利用函數奇偶性的定義即可判斷；(2)將利用對數運算性質進行化簡，再利用對數函數單調性解對數不等式即可.【小問1詳解】偶函數，理由如下：根據題意，要使有意義，則有，，的定義域為，關于原點對稱，，是偶函數；【小問2詳解】，當時，，，；當時，，；綜上所述，實數的取值范圍是.17.已知函數.（1）求；（2）把圖象上的所有的點向右平移個單位，得到函數的圖象，求，的值域.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）法1：將拆分化簡得到最代入求解；法2：先代入計算，再應用兩角和余弦公式計算；（2）通過平移得到新函數的方程，再結合正弦函數的性質得到值域.【小問1詳解】法1：法2：【小問2詳解】，，，.18.某市軌道交通線是全國第一條制式市域鐵路，運營五年來累計客運量已突破5500萬．經市場調研測算，線列車載客量與發車間隔（單位：分鐘）有關．當時，載客量為（為常數），且發車間隔時的載客量為344人；當時列車為滿載狀態，載客量為800人．（1）為響應低碳出行，要求載客量達到滿載的一半及以上，列車才發車，則列車發車間隔至少為多少分鐘？（2）已知甲、乙兩站間列車票價為2元，發一趟車的固定支出為560元，當發車間隔為多少分鐘時，線列車在運營期間每分鐘的收益最大，并求出最大值．【答案】（1）列車發車間隔至少為6分鐘.（2）元【解析】【分析】（1）先求出，再解方程可得列車發車間隔時間的最小值；（2）設線列車在運營期間每分鐘的收益為，則，據此可求最大值.【小問1詳解】由題設有，故，故，若載客量為滿載量的一半即，則，且，故，所以列車發車間隔至少為6分鐘.【小問2詳解】設線列車在運營期間每分鐘的收益為，則，整理得到：，當時，，當時，，當時等號成立，故當發車間隔為分鐘時，線列車在運營期間每分鐘的收益最大且最大值元.19.三叉戟是希臘神話中海神波塞冬的武器，而函數的圖象恰如其形.牛頓最早研究了函數的圖象，所以也稱的圖象為牛頓三叉戟曲線.（1）判斷在上的單調性，并用定義證明；（2）已知兩個不相等的正數m，n滿足：，求證：；（3）是否存在實數a，b，使得在上的值域是？若存在，求出所有的值；若不存在，說明理由.【答案】（1）單調遞增，證明見解析（2）證明見解析（3）存在，，【解析】【分析】（1）根據函數單調性的定義證明；（2）由可得，再由基本不等式得證；（3）根據已知結合函數的單調性求解.【小問1詳解】在單調遞增，證明如下：設，且，則，，，，，，在單調遞增.【小問2詳解】得：，化簡得：，