甘肃省兰州市2023-2024学年高一上学期1月期末模拟考试数学试题 （含解析）

兰州市2023-2024学年高一上学期1月期末模拟考试
数学
说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡.
第I卷（选择题）
一 单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.坐标平面内点的坐标为，则点位于第（ ）象限.
A.一 B.二 C.三 D.四
3.若是幂函数，且在上单调递增，则的值为（ ）
A.-1或3 B.1或-3 C.-1 D.3
4.函数的零点所在区间为（ ）
A. B. C. D.
5.已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
6.把函数的图象上各点向右平移个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍，再把纵坐标缩短到原来的倍，所得图象的解析式是，则的解析式是（ ）
A. B.
C. D.
7.荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点.我们可以把看作是每天的“进步”率都是，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是，一年后是；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的倍.那么当“进步值”是“退步值”的5倍时，大约经过（ ）天.
（参考数据：）
A.70 B.80 C.90 D.100
8.已知函数的图象过点，且在区间内不存在最值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二 多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9.若，则函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
10.下列说法错误的是（ ）
A.若终边上一点的坐标为，则
B.若角为锐角，则为钝角
C.若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形的面积为
D.若，且，则
11.已知函数，则下列说法不正确的是（ ）
A.若的最小正周期是，则
B.当时，图象的对称中心的坐标都可以表示为
C.当时，
D.若在区间上单调递增，则
12.已知函数，则方程实数根的个数可以为（ ）
A.4 B.6 C.7 D.9
第II卷（非选择题）
三 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.计算：__________.
14.当时，的最小值为__________.
15.如图，单摆从某点开始来回摆动，离开平衡位置的距离（单位：）和时间（单位：）的函数关系为，那么单摆摆动的频率为__________，第二次到达平衡位置所需要的时间为__________.
16.定义在上的奇函数满足，且在上，则__________.
四 解答题：本题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
17.（10分）计算下列各式的值：
（1）；
（2）.
18.（12分）已知.
（1）化简；
（2）已知，求的值.
19.（12分）已知一次函数过定点.
（1）若，求不等式解集.
（2）已知不等式的解集是，求的最小值.
20.（12分）秋冬季是流感的高发季节，为了预防流感，某学校决定对教室采用药熏消毒法进行消毒，药熏开始前要求学生全部离开教室.已知在药熏过程中，教室内每立方米空气中的药物含量（毫克）与药熏时间（小时）成正比：当药熏过程结束，药物即释放完毕，教室内每立方米空气中的药物含量（毫克）达到最大值.此后，教室内每立方米空气中的药物含量（毫克）与时间（小时）的函数关系式为（为常数，）.已知从药熏开始，教室内每立方米空气中的药物含量（毫克）关于时间（小时）的变化曲线如图所示.
（1）从药熏开始，求每立方米空气中的药物含量（毫克）与时间（小时）之间的函数关系式；
（2）据测定，当空气中每立方米的药物含量不高于毫克时，学生方可进入教室，那么从药薰开始，至少需要经过多少小时后，学生才能回到教室.
21.（12分）已知函数的部分图象如图所示，其中的图象与轴的一个交点的横坐标为.
（1）求这个函数的解析式，并写出它的单调区间；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
22.（12分）把符号称为二阶行列式，规定它的运算法则为.已知函数.
（1）若，求的值域；
（2）函数，若对，都有恒成立，求实数的取值范围.
高一数学
说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡.
第I卷（选择题）
一 单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1.D
【详解】或，所以
故选：D
2.B
【详解】，则点位于第二象限，
故选：B
3.D
【详解】因为是幂函数，则，则或，
当，不符合题意，
当，则在区间上是单调递增函数，符合题意，则；
故选：D.
4.B
【详解】易知函数在其定义域上连续不断，
且.，则函数的零点在区间上.
故选：B.
5.D
【详解】，而，即，所以.
故选：D
6.A
【详解】将上所有点的纵坐标伸长到原来的倍，得到，
再将上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到
将上所有点向左平移个单位，
得到，
故选：A.
7.B
【详解】设天后当“进步”的值是“退步”的值的5倍，则，即，
两边同时取对数，化简得，
所以，即.
故当“进步值”是“退步值”的5倍时，大约经过80天.
故选：B.
8.D
【详解】因为函数过点，
所以，即，故，
因为，所以，故，
由得，所以的单调递增区间为
同理：的单调递减区间为，
因为在区间内不存在最值，所以是单调区间的真子集，
当 时，有，解得，即，
又因为，显然当时，不等式成立，且；
当 时，有，解得，即
，
又因为，显然当时，不等式成立，且；
综上：或，即
故选：D.
二 多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9.BC
【详解】由，可得：
当时，在定义域内单调递减，
，
此时，且在定义域内单调递减，B成立，D错误；
当时，在定义域内单调递增，
，
此时，且在定义域内单调递增，A错误，C成立.
故选：BC.
10.AB
【详解】对于到原点的距离为，
若时，；若时，，故A错误；
对于B，若，则B错误；
对于，设扇形的半径为，则，解得：，
所以扇形面积，故C正确；
对于，因为，则，
所以，
所以，解得或.
因为，且，
所以，所以，故D正确.
故选：AB.
11.BCD
【详解】当的最小正周期是时，，则，故A选项正确；
当时，，所以令，解得，
所以函数的对称中心的坐标为，故B选项不正确；
当时，，故C选项不正确；
令，解得，所以函数的单调递增区间为，因为在区间上单调递增，所以，解得，另一方面，，所以，又因为，所以由，得，由，得，所以的取值范围是，故D选项不正确.
故选：BCD
12.ACD
【详解】设，则，则，
画出函数的图象，
①若时，函数没有实数根，
②若时，函数有2个实数根，则或，
当时，则函数与没有交点，
当时，则函数与有4个交点，
所以时，方程实数根的个数为4.
③若时，函数有4个实数根，
令，解得：或，
由图象观察可知，，
函数分别与有个交点，
所以若时，方程实数根的个数为7.
④若时，函数有4个实数根，
则或或或，
函数分别与有个交点，
所以若时，方程实数根的个数为9.
⑤若时，函数有3个实数根，
由图象观察可知，，
函数分别与有个交点，
所以若时，方程实数根的个数为7.
故选：ACD.
二 多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.
13.1
【详解】
.
故答案为：1
14.
【详解】由于，所以，
所以，
当且仅当时等号成立.
故答案为：
15.；
【详解】单摆摆动的频率.
当时，，故第一次到达平衡位置的所需要的时间为.
所以第二次到达平衡位置所需要的时间为
故答案为：.
16.
【详解】，即，
因，且是上的奇函数，
则，
因在上，于是得，
所以.
故答案为：
四 解答题：本题共6小题，共计70分.解答时应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
17.（1） （2）
【详解】（1）原式
（2）原式
.
18.（1）；（2）3.
【详解】（1）
.
（2）因为，所以.
19.（1）或（2）
【详解】（1）设一次函数，因为过定点，
所以，所以，
因为，即，所以，
所求不等式为，可得，即，
将其转化为不等式组得，解得或，
原不等式的解集为或.
（2）由（1）知，又不等式的解集是，
所以的解集是，
由题意得，，且，所以且，
即，所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
20.（1）.（2）至少需要经过1h后，学生才能回到教室
【详解】（1）依题意，当时，
可设，且，解得，
又由，解得，所以；
（2）令，
即，解得，
即至少需要经过后，学生才能回到教室.
21.（1），递增区间是；递减区间是
（2）最大值是，最小值是-2.
【详解】（1）由图，知，
，
，则，
，由，可得，
故的递增区间是；
由，可得，
故的递减区间是
（2）当时，，
当，即时，取得最大值为；
当，即时，取得最小值为；
在区间上的最大值是，最小值是-2.
22.（1）（2）
【详解】（1），
则，
的开口向下，对称轴为，
因为，所以；
（2），
，令，则，
函数转化为函数，
函数在上单调递增，故当时，，
即函数的最小值为1，
由题知，，即对于恒成立，
即对于恒成立，
令，则，记，故只要，
①当时，，解得，
②当时，，解得，
③当时，，解得.
综合①②③得，.