2023-2024學年安徽省安慶市高一上冊期末數學質量檢測模擬試題一、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，只有一項是符合題目要求的．1．設集合，，那么“或”是“”的（）A．充分不必要條件 B．充要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件2．設、為實數，若，則的最大值為（）A．B．C．D．3．若是偶函數，且當時，，則的解集是（）A． B．或C． D．4．已知函數則滿足的實數的取值范圍是（）A． B． C． D．5．函數若函數只有一個零點，則下列值中，a不可能?。ǎ〢．2 B． C．0 D．16．函數的單調遞增區(qū)間是（）A． B． C． D．7．函數，若，則的最小值是（）A． B． C． D．8．將函數的圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，所得函數的一條對稱軸為（）A． B． C． D．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求,全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得3分．9．已知函數，則下列結論正確的是（）A．是偶函數 B．有最小值C． D．方程有兩個不相等的實數根10．已知函數，則（）A．的圖象關于直線對稱 B．的圖象關于點對稱C．在區(qū)間上單調遞增 D．在區(qū)間上有兩個零點11．若函數(為常數，)的圖象關于直線對稱，則函數的圖象（）A．關于直線對稱 B．關于直線對稱C．關于點對稱 D．關于點對稱12．定義一種運算.設（為常數），且，則使函數最大值為4的值可以是（）A．-2 B．6 C．4 D．-4第II卷（非選擇題）三、填空題（20分）13．函數在上的值域為________．14．已知函數，.若，，使，則實數的取值范圍是______.15．若函數，則_________16．計算：______.四、解答題（70分）17．已知二次函數滿足，且，，（1）求函數的解析式；（2）是否存在實數m，使得二次函數在上的圖象恒在直線的上方？若存在，求出實數m的取值范圍；若不存在，請說明理由.18．已知函數是奇函數．（1）求的值；（2）設，若對任意恒成立，求實數的取值范圍．19．已知函數．（1）求函數的最小正周期；（2）求函數在區(qū)間上的值域．20．已知．（1）求函數的單調遞減區(qū)間：（2）若函數在區(qū)間上有唯一零點，求實數的取值范圍.21．已知函數（1）求的最小正周期及對稱中心；（2）若，且，求的值.22．海水具有周期現(xiàn)象，某海濱浴場內水位y（單位：m）是時間t（，單位：h）的函數，記作，下面是某天水深的數據：t03691215182124y21.511.521.511.52經長期觀察，的曲線可近似的滿足函數.（1）根據以上數據，求出函數一個近似表達式；（2）一般情況下，水深超過1.25米該海濱浴場方可開放，另外，當水深超過1.75米時，由于安全原因，會被關閉，那么該海濱浴場在一天內的上午7:00到晚上19:00，有多長時間可以開放？參考答案1．C【分析】利用集合的包含關系可判斷兩者之間的條件關系.【詳解】“或”對應的集合為，“”對應的集合為，因為為的真子集，故“或”是“”的必要不充分條件，故選：C.2．A【分析】題設中的等式可轉化為，利用基本不等式可求的最大值.【詳解】，∴，∴，∴即，即，當且僅當時右邊取等號，∴最大值為，故選：A.【點睛】思路點睛：利用基本不等式求最值時，需要結合目標代數式進行配湊，再利用基本不等式構造關于目標代數式的不等式，注意檢驗等號成立的條件.3．C【分析】根據是偶函數，先得到的解集，再由，將代入求解.【詳解】因為時，，所以由，解得，又因為是偶函數，所以的解集是，所以，得，解得所以的解集是，故選：C4．B【分析】根據函數的解析式，得出函數的單調性，把不等式，轉化為相應的不等式組，即可求解.【詳解】由題意，函數，可得當時，，當時，函數在單調遞增，且，要使得，則，解得，即不等式的解集為，故選：B.【點睛】思路點睛：該題主要考查了函數的單調性的應用，解題思路如下：（1）根據函數的解析式，得出函數單調性；（2）合理利用函數的單調性，得出不等式組；（3）正確求解不等式組，得到結果.5．D【分析】根據函數只有一個零點，轉化為函數只有一個交點，然后在同一坐標系中，畫出函數的圖象，利用數形結合法求解.【詳解】因為函數只有一個零點，所以函數只有一個交點，在同一坐標系中，畫出函數的圖象，如圖所示：由圖象知：，所以a不可能取1，故選：D.6．C【分析】由不等式，求得函數的定義域，令，得到在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，結合復數函數的單調性的判定方法，即可求解.【詳解】由題意，函數有意義，則滿足，即，解得，即函數的定義域為，令，則函數表示開口向下，對稱軸方程為的拋物線，所以函數在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，又由函數在定義上是遞減函數，結合復數函數的單調性的判定方法，可得函數的遞增區(qū)間為.故選：C.【點睛】函數單調性的判定方法與策略：1、定義法：一般步驟：設元作差變形判斷符號得出結論；2、圖象法：如果函數是以圖象形式給出或函數的圖象易作出，結合圖象可求得函數的單調區(qū)間；3、導數法：先求出函數的導數，利用導數值的正負確定函數的單調區(qū)間；4、復合函數法：先將函數分解為和，再討論這兩個函數的單調性，最后根據復合函數“同增異減”的規(guī)則進行判定.7．A【分析】化簡得，由可知在，處取到最大值和最小值，不妨設在處有最大值，處取到最小值，可得,，,即可求出的最小值.【詳解】，∴函數的最大值為3，最小值為﹣1，又，∴在，處取到最大值和最小值，不妨設在處有最大值，則，即，處取到最小值，則，即，所以，,，所以當時，的最小值為.【點睛】結論點睛：正弦型函數最值：①，當，時取最大值；②，當，時取最小值.8．A【分析】利用圖象平移變換法則將的解析式中換成，得到的圖象，利用正弦函數對稱性由，求得所有對稱軸方程，再比較作出判定.【詳解】將函數的圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，則，由，得，即，，則當時，對稱軸為，故選A.【點睛】本題考查結合三角函數的圖像變換求三角函數的性質，先做變換，注意“左加右減”，再將變換后的函數解析式中的當成一個整體,根據的對稱軸求出所有對稱軸，再作出判定.9．ABD【分析】A．利用函數奇偶性定義判斷的奇偶性；B．根據的奇偶性和單調性確定出的最小值；C．根據的單調性，采用舉例的方式進行分析；D．利用零點的存在性定理判斷出的零點個數，即可分析出方程的實根個數.【詳解】A．因為的定義域為關于原點對稱，且，所以為上的偶函數，故正確；B．當時，單調遞增，所以在單調遞增，所以在上單調遞減，所以，故正確；C．因為在上遞減，在上遞增，所以，所以，所以此時不成立，故錯誤；D．記，且在上遞減，在上遞增，所以在上遞減，在上遞增，又為偶函數，所以為偶函數，因為，所以在上有一個零點，所以在上也有一個零點，所以在上有兩個零點，所以方程有兩個不相等的實數根，故正確，故選：ABD.【點睛】結論點睛：奇、偶函數在對稱區(qū)間上的單調性和最值：（1）奇函數在對稱區(qū)間上的最值互為相反數；（2）偶函數在對稱區(qū)間上的最值相等；（3）奇函數在對稱區(qū)間上的單調性相同；（4）偶函數在對稱區(qū)間上的單調性相反.10．CD【分析】求出，，即可判定AB錯誤，得到C正確，解方程即可得到D選項正確.【詳解】，所以A選項錯誤；，所以B選項錯誤；，是正弦函數的增區(qū)間的子區(qū)間，所以在區(qū)間上單調遞增，所以C選項正確；令，，，所以在區(qū)間上有兩個零點，所以D選項正確.【點睛】此題考查正弦型函數的單調性判斷，求對稱軸和對稱中心以及零點問題，關鍵在于熟練掌握三角函數的基本性質.11．BD【分析】根據條件得，解出，運用輔助角公式化簡，帶值驗證即可.【詳解】解：由函數的圖象關于直線對稱得，即，解得，，對于A.，所以A不正確；對于B.，所以B正確；對于C.，所以C不正確；對于D.，所以D正確.故選：BD.【點睛】選擇題中研究形式的函數圖象的對稱性：（1）判定是否為的對稱軸，只需要驗證是否成立，成立正確；不成立錯誤.（2）判定是否為的對稱中心，只需要驗證是否成立，成立正確；不成立錯誤.12．AC【分析】根據定義，先計算在，上的最大值，然后利用條件函數最大值為4，確定的取值即可．【詳解】在，上的最大值為5，所以由，解得或，所以時，，所以要使函數最大值為4，則根據定義可知，當時，即時，，此時解得，符合題意；當時，即時，，此時解得，符合題意；故或4，故選：AC13．【分析】本題首先可將函數轉化為，然后根據基本不等式即可得出結果.【詳解】，因為，所以，當且僅當時取等號，則函數在上的值域為，故答案為：.14．【分析】轉化為可求得結果.【詳解】因為在上單調遞增，所以當時，，因為在上單調遞減，所以當時，.若，，使，只要使即可.即，解得，所以實數的取值范圍為.故答案為：.【點睛】結論點睛：本題考查不等式的恒成立與有解問題，可按如下規(guī)則轉化：一般地，已知函數，（1）若，，總有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，則的值域是值域的子集．15．【分析】先根據時，得當時，，進而得函數是以為周期的周期函數，再根據函數周期性求值即可得答案.【詳解】解：因為時，，所以，故，所以，所以當時，.即當時，函數是以為周期的周期函數.所以.故答案為：.【點睛】本題考查函數的周期性，解題的關鍵在于根據時，得當時，，進而根據周期性得.16．【分析】根據三角函數的基本關系式和兩角和差的正弦函數公式，進行化簡、運算，即可求解.【詳解】原式.故答案為：【點睛】本題主要考查了三角函數的基本關系式，以及兩角和與差的正弦公式的化簡、求值，其中解答中熟記三角恒等變換的公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查運算與求解能力.17．（1）；（2）存在；.【分析】（1）根據題意，分析可得的對稱軸為，結合的值設，又由，可得a的值，即可得函數的解析式；（2）根據題意，假設存在存在實數m，可得在上恒成立，設，結合二次函數的性質可得，解可得m的取值范圍，即可得答案．【詳解】（1）因為，所以二次函數的圖象的對稱軸為，又，故可設二次函數，又因為，所以，解得：，所以；（2）假設存在實數，使得二次函數在上的圖象恒在直線的上方，等價于不等式，即在上恒成立，令，即等價于，解得：，所以實數的取值范圍為.18．（1）；（2）.【分析】（1）由求出，再檢驗函數為奇函數即可得；（2）求出時的最小值，然后解不等式，同時使得對數有意義．【詳解】（1）由于為奇函數，且定義域為，∴，即，.檢驗：當時，，，∴為奇函數.（2）∵，∴，又∵在區(qū)間上是增函數，∴當時，，由題意得，∴.【點睛】方法點睛：本題考查由奇偶性求參數，考查不等式恒成立．由奇函數求參數的方法：（1）若時有意義，則由求得參數，然后代入進行檢驗函數確實是奇函數，檢驗的原因是是為奇函數的既不充分也不必要的條件．（2）根據奇函數的定義求解．19．（1）；（2）．【分析】（1）利用兩角和與差的正弦公式，二倍角公式化函數為一個角的一個三角函數形式，然后由正弦函數性質求得最小正周期；（2）用整體思想結合正弦函數性質可得值域．【詳解】（1），所以最小正周期為；（2）時，，所以，所以的值域為．【點睛】關鍵點點睛：本題考查求三角函數的周期與值域，解題關鍵是利用二倍角公式，兩角和與差的正弦（或余弦）公式化函數為一個角的一個三角函數形式，然后利用正弦函數的性質求解．20．（1）；（2）或.【分析】（1）化簡，利用正弦函數的遞減區(qū)間列式可解得結果；（2）轉化為函數在上的圖象與的圖象有唯一交點，根據圖象可得結果.【詳解】（1），令，，解得：，，∴的單調遞減區(qū)間為.（2）由（1）知，函數，在上有唯一零點等價于在上有唯一實根，設，，依題意可知與的圖象有唯一交點，函數在上的圖象如圖：由圖可知實數應滿足或，∴或，故實數的取值范圍或.【點睛】關鍵點點睛：轉化為函數在上的圖象與的圖象有唯一交點，根據圖象求解是解題關鍵.21．（1）；對稱中心為；（2）.【分析】（1）利用二倍角公式、輔助角公式化簡得求得最小正周期及對稱中心；（2）求得，對角拆分利用兩角和差的余弦公式得解.【詳解】(1).所以的最小正周期.由得，所以的對稱中心為.(2)由得，因為，所以，所以，所以.【點睛】熟練運用二倍角公式、輔助角公式、兩角和差的余弦公式及合理拆分角是解題關鍵，屬于基礎題.22．（1）；（2）.【分析】（1）觀察表格中的數據可得、、，帶入周期計算公式求出，再帶入特殊點可求得，即可寫出函數一個近似表達式；（2）根據題意有，根據正弦函數的圖像與性質求解t，由可得，即可得解.【詳解】（1），∴，，，過點，∴，則，∴，∴的一個解析式可以為.（2）由題意得：即，，或，解得或，又，解得，又∵∴，所以開放時間共4h.【點睛】本題考查函數的實際應用、正弦函數的圖像與性質2023-2024學年安徽省安慶市高一上冊期末數學質量檢測模擬試題一、單項選擇題（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，且A=B，則（）A.－1 B.0 C.1 D.±1【答案】A【解析】【分析】由集合相等關系，即集合元素的互異性，得和的值.【詳解】因為，又即，所以，則，又，所以，所以.故選：A.2.sin2010°的值是（）A. B.－ C. D.－【答案】B【解析】【分析】直接利用誘導公式化簡計算即可.【詳解】，故選：B3.已知，則的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，平方求得，再化簡，即可求解.【詳解】因為，平方可得，可得，又由.故選：D.【點睛】本題主要考查了三角函數的基本關系式的化簡、求值，其中解答中熟練應用三角函數的基本關系式進行化簡、運算是解答的關鍵，著重考查運算與求解能力.4.已知為凸多邊形的內角，且，則這個多邊形是（）A.正六邊形 B.梯形C矩形 D.含銳角菱形【答案】C【解析】【分析】根據對數運算的性質以及正弦的有界性可得，進而可得，根據凸多邊形的內角和即可求解.【詳解】,則,又為凸多邊形的內角,則,則,進而得,所以,所以,由凸多邊形的內角和可得,解得,即這個多邊形是矩形.故選:C.5.將函數f（x）＝cos8x圖像上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變）,再將它的圖像向左平移φ（φ>0）個單位長度，得到了一個奇函數的圖像，則φ的最小值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據函數圖像平移規(guī)則求出平移后的解析式，再利用奇偶性求出.【詳解】將x伸長2倍后的函數函數解析式為，再向左平移，得到，由題意，是奇函數，，的最小值是，的最小值是；故選：B.6.在平面直角坐標系中，已知點P（cost，sint），A（2，0），當t由變化到時，線段AP掃過的區(qū)域的面積等于（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依題意作圖，點P在單位圓上，考慮AP與單位圓相切的情況，求出AP掃過的圖形，再求出面積.【詳解】，點P在以原點為圓心的單位圓O上，起始點為圖中的，終點為，顯然，AP掃過的面積為圖中陰影面積，與等底同高，，所以AP掃過的面積就是扇形CDO的面積，OC與OD的夾角，扇形CDO的面積；故選：B.7.函數的圖像關于直線對稱，則a的值為（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】令，，根據輔助角公式，可得.又根據對稱性可得，.對為偶數以及為奇數討論，即可得出的值.詳解】由已知，令，，則.因為圖像關于直線對稱，所以，所以.當為偶數時，有，可得；當為奇數時，有，又，此時無解.綜上所述，.故選：C.8.已知角的頂點都為坐標原點，始邊都與x軸的非負半軸重合，且都為第一象限的角，終邊上分別有點，，且，則的最小值為（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分別求出終邊所在的直線的斜率，運用正切二倍角公式求出a與b之間的關系，再運用基本不等式求解.【詳解】角終邊所在直線的斜率為，角終邊所在的直線的斜率為，，，，由基本不等式得（當時等號成立）；故選：D.二、多項選擇題（本大題共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.設正實數a，b滿足，則（）．A.有最大值4 B.有最大值C.有最大值 D.有最小值【答案】BC【解析】【分析】由已知條件結合基本不等式逐一檢驗各選項即可判斷．【詳解】解：正實數，滿足，對A：，當且僅當且，即時取等號，所以有最小值4，故選項A錯誤；對B：，則，當且僅當時取等號，所以有最大值，故選項B正確；對C：，當且僅當時取等號，所以，即有最大值，故選項C正確；對D：，當且僅當時取等號，所以有最小值，故選項D錯誤．故選：BC.10.下列命題中正確的是（）A.命題：“”的否定是“”B.函數（且）恒過定點C.已知函數的定義域為，則函數的定義域為D若函數，則【答案】BCD【解析】【分析】A選項，全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，把任意改為存在，把結論否定；B選項，，從而得到函數恒過定點；C選項，利用同一對應法則下，范圍一致得到，求出即為定義域；D選項，利用配方得到結合，得到答案.【詳解】A選項，“”的否定是“”，A錯誤；B選項，且，當時，，故函數（且）恒過定點，B正確；C選項，由得：，故，解得：，C正確；D選項，，且，故，D正確.故選：BCD11.下列命題為真命題的是（）A.函數的圖象關于點，k∈Z對稱B.函數是最小正周期為π的周期函數C.設θ為第二象限角，則，且D.函數的最小值為－1【答案】AD【解析】【分析】根據正切函數的性質可知函數的圖象得對稱中心判斷A；由函數的圖象判斷B；由，則，，分為偶數，為奇數兩種情況檢驗C；由，，，結合二次函數的性質可判斷D；【詳解】解：根據正切函數的性質可知函數的圖象關于點對稱，故A正確；函數的圖象如下所示；故B錯誤；設是第二象限角即，則，當為偶數，，成立，當為奇數時，，，故C錯誤；函數，，，則當時，函數有最小值，故D正確；故選：AD【點睛】本題主要考查了三角函數的性質的判斷，解題的關鍵是要熟練掌握三角函數的性質并能靈活應用，其中B中的函數的周期的判斷的方法是根據函數的圖象，而不要利用周期定義，屬于中檔題．12.已知銳角滿足，設，則下列判斷正確的是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】由條件判斷，再根據函數的單調性，判斷選項正誤.【詳解】因為，為銳角，若，則，，則，同理，與矛盾，所以，A項正確；所以，所以，B項正確；同理可得，，所以，所以是減函數，所以，C正確；，D錯誤.故選：ABC.【點睛】根據，通過假設得到矛盾，由此得，比較出，，得.三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.已知，且，函數的圖象恒過點，若在冪函數圖像上，則＝__________．【答案】【解析】【分析】由，知，即時，，由此能求出點的坐標．用待定系數法設出冪函數的解析式，代入點的坐標，求出冪函數的解析式，即可求得答案.【詳解】，，即時，∴點的坐標是由題意令，圖象過點得解得：故答案為：.【點睛】本題主要考查了求冪函數值，解題關鍵是掌握判斷對數函數恒過定點的方法和冪函數的基礎知識，考查了分析能力和計算能力,屬于中檔題.14.若，則___.【答案】【解析】【分析】首先根據同角三角函數的基本關系求出，，再根據利用兩角差的余弦公式計算可得；【詳解】解：因為，所以，因為，所以，所以，因為，所以所以故答案為：【點睛】本題考查同角三角函數的基本關系以及兩角差的余弦公式，屬于中檔題.15.函數（ω>0）的圖象在[0，1]上恰有兩個最大值點，則ω的取值范圍為__________【答案】≤ω<【解析】【分析】計算的取值范圍，根據正弦在此范圍內恰有兩個最大值點，列出不等式，解出的取值范圍.【詳解】因為，且，所以，又因在上恰有兩個最大值點，所以，解得.故答案為：.16.設表示，兩者中較大的一個，已知定義在的函數，滿足關于的方程有個不同的解，則的取值范圍為_____【答案】【解析】【分析】由題意可得或，畫出的圖象，然后結合圖象求解即可.【詳解】由，得或，的圖象如圖所示，因為關于的方程有個不同的解，所以和與的圖象共有6個不同的交點，所以，解得，所以的取值范圍為，故答案為：四、解答題（本大題共6小題，第17題10分，第18-22題每題12分，共70分，解答應寫成文字說明、證明過程或演算步驟）17.化簡求值（1）（2）［2sin50°+sin10°（1+tan10°）］×【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）根據對數性質計算；（2）運用三角函數的誘導公式和和差公式計算.【小問1詳解】；【小問2詳解】原式；綜上，（1）原式=1，（2）原式=.18.已知函數，.（1）求函數的單調增區(qū)間；（2）若≤對任意的恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和輔助角公式將整理為，將整體對應的單調增區(qū)間，求出的范圍即可；（2）將問題轉化為，通過還原將問題轉化為，；根據單調性求得，從而得到結果.【詳解】（1）由得：單調增區(qū)間為：（2）由得：當時，令，則，又在單調遞增【點睛】本題考查的單調區(qū)間的求解、與三角函數有關的恒成立問題.解決恒成立問題的關鍵是通過分離變量的方式將問題轉化為變量與函數最值之間的關系，需要注意的是自變量的取值范圍.19.如圖，某市準備在道路的一側修建一條運動比賽道，賽道的前一部分為曲線段，該曲線段是函數，時的圖象，且圖象的最高點為，賽道的中部分為長千米的直線跑道，且，賽道的后一部分是以為圓心的一段圓?。?）求的值和的大??；（2）若要在圓弧賽道所對應的扇形區(qū)域內建一個“矩形草坪”，矩形的一邊在道路上，一個頂點在半徑上，另外一個頂點在圓弧上，且，求當“矩形草坪”的面積取最大值時的值．【答案】（1），；（2）.【解析】【詳解】試題分析：（1）由題意可得，故，從而可得曲線段的解析式為，令x=0可得，根據，得,因此（2）結合題意可得當“矩形草坪”的面積最大時，點在弧上，由條件可得“矩形草坪”的面積為，然后根據的范圍可得當時，取得最大值．試題解析：(1)由條件得.∴.∴曲線段的解析式為.當時，.又，∴,∴.(2)由(1)，可知.又易知當“矩形草坪”的面積最大時，點在弧上，故.設,,“矩形草坪”的面積為.∵，∴,故當，即時，取得最大值．20.已知函數，將y=f（x）的圖象向左平移個單位后得到g（x）的圖象，且y=g（x）在區(qū)間內的最小值為（1）求m的值；（2）在