广东省高州市2023-2024学年高一上学期期末教学质量监测数学试题（含解析）

高州市2023~2024学年度第一学期高一期末教学质量监
数学
全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答題前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔遊清楚。
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
5．本卷主要考查内容：必修第一册。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．若，则（ ）
A．1 B． C． D．
3．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
4．函数的零点所在的区间是（ ）
A． B． C． D．
5．函数在区间交，不上的最小值为（ ）
A．0 B． C．1 D．
6．国家新能源车电池衰减规定是在质保期内，电池的性能衰减不能超过，否则，由厂家免费为车主更换电池．某品牌新能源车电池容量测试数据显示：电池的性能平均每年的衰减率为，该品牌设置的质保期至多为（参考数据：）（ ）
A．15年 B．14年 C．13年 D．12年
7．已知为钝角，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．若关于x的不等式的解集中恰好有3个整数，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．下列既是存在量词命题又是真命题的是（ ）
A．
B．
C．至少有一个，使x能同时被3和5整除
D．每个平行四边形都是中心对称图形
10．亚马逊大潮是世界潮涌之最，当潮涌出现时，其景、其情、其声，真是“壮观天下无”，在客观现实世界中，潮汐的周期性变化现象，我们通常需要借助于三角函数这一重要数学模型来研究．已知函数的图象关于直线对称，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．直线是函数图象的一条对称轴
C．在区间上单调递减
D．若将函数图象上的所有点向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于y轴对称，则m的最小值为
11．已知a，b为正实数，且，则（ ）
A．ab的最大值为4 B．的最小值为
C．的最小值为 D．的最小值为2
12．已知函数则方程的根的个数可能为（ ）
A．2 B．6 C．5 D．4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设命题，则命题p的否定为___________．
14．若，则的值为___________．
15．已知函数，其最小正周期为，则的一个对称中心的坐标为___________．
16．定义在上的奇函数满足，且函数在上单调递减，则不等式的解集为___________．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。
17．（本小题满分10分）
已知，集合．
（1）当时，求；
（2）若，求实数a的取值范围．
18．（本小题满分12分）
已知函数的图象的一个对称中心为．
（1）求的单调减区间；
（2）求的最小值，并求出此时x的取值集合．
19．（本小题满分12分）
（1）已知角以x轴的非负半轴为始边，为终边上一点．求的值；
（2）已知都是锐角，，求的值．
20．（本小题满分12分）
国庆黄金周期间，旅游潮、探亲潮必将形成高交通压力现象：已知某火车站候车厅，候车人数与时间t相关，时间t（单位：小时）满足．经测算，当时，候车人数为候车厅满厅状态，满厅人数为5000人，当时，候车人数相对满厅人数会减少，减少人数与成正比，且时间为6点时，候车人数为3800人，记候车厅候车人数为．
（1）求的表达式，并求当天中午11点时，候车厅候车人数；
（2）铁路系统为了体现“人性化”管理，每整点时会给旅客提供的免费面包数量为，则当t为何值时需要提供的免费面包数量最少？
21．（本小题满分12分）
已知二次函数满足，且．
（1）求的解析式；
（2）当时，不等式恒成立；求实数m的取值范围；
（3）设求的最大值．
22．（本小题满分12分）
若函数满足：对于任意正数m，n，都有，且，则称函数为“速增函数”．
（1）试判断函数与是否为“速增函数”；
（2）若函数为“速增函数”，求a的取值范围．
高州市2023~2024学年度第一学期高一期末教学质量监测·数学
参考答案、提示及评分细则
1．D 由可得，或，故．故选D．
2．C ．故选C．
3．A 因为，所以的图象关于原点对称，故排除C，D；当时，，当时，，所以，排除B．故选A．
4．C 是单调递增函数，，，零点在．故选C．
5．A ，故，故函数的最小值为0，故选A．
6．B 设电池初始电量为a，，所以质保期至多为14年，故选B．
7．D 由得，化简得，则．故选D．
8．D 不等式因式分解为．①当时，不等式为，不等式无解，不合题意；②当时，不等式的解为，若不等式的解集中恰好有3个整数，这3个整数必为，0，1，必有，解得；③当时，不等式的解为，若不等式的解集中恰好有3个整数，这3个整数必为，0，1，必有解得，由①②③可知实数m的取值范围为．故选D．
9．BC
A中，因为所有实数的绝对值非负，即，所以A是假命题；
B中，当时，满足，所以B是真命题；
C中，15能同时被3和5整除，所以C是真命题；
D是全称量词命题，所以不符合题意．故选BC．
10．BCD 图象关于直线对称，
，得，故A错误；
，当时，，故B正确；
当时，是单调递减，故C正确；
平移后，则的最小值为．故选BCD．
11．BD ，因为（当且仅当时取“=”），所以ab的最小值为4，A错误；
由，得（当且仅当时取“=”），B正确；
（当且仅当时，取“=”），C错误；
（当且仅当时，取“=”），D正确．故选BD．
12．ACD 画出的图象如图所示：
令，则，则，
当，即时，，此时，由图与的图象有两个交点，即方程的根的个数为2，A正确；
当，即时，，则，
故，
当时，即，则x有2解，
当时，若，则x有3解；若，则x有2解，
故方程的根的个数为5或4，CD正确．故选ACD．
13．因为命题是特称量词命题，所以其否定是全程量词命题，即为．
14． 因为，则，所以，则，所以．
15．，得，则，，，．（答案不唯一，横坐标只需符合）
16．，则，即也为奇函数，
又函数在上单调递减，由对称性可知，在上递减，
又因为，所以，
所以，
即，
所以，即解集为．
17．解：由． 4分
（1）当时，； 7分
（2）由，有，
故实数a的取值范围为． 10分
18．解：（1）因为的图象的一个对称中心为，
所以， 2分
解得，又，所以， 3分
所以，
令， 5分
解得，
所以的单调减区间是． 6分
（2）当时，， 8分
令． 10分
解得． 11分
所以的最小值是，此时x的取值集合是． 12分
19．解：（1）
4分
6分
（2）由，可得， 7分
又由，有， 9分
， 10分
． 12分
20．解：（1）当时，设，则， 2分
． 4分
， 5分
故当天中午11点时，候车厅候车人数为3900人； 6分
． 8分
①当时，，当且仅当时等号成立； 10分
②当时，． 11分
又，所以当时，需要提供的面包数量最少． 12分
21．解：（1）由于是二次函数，
可设， 1分
恒成立，
恒成立，
，
又，
3分
； 4分
（2）当时，恒成立，
即恒成立，
令，当时，单调递减，．
所以； 7分
（3），
对称轴为， 8分
①当，即时，
； 9分
②当，即时，
， 11分
综上所述 12分
22．解：（1）对于函数，当时，， 1分
又， 2分
所以，
故是“速增函数”， 3分
对于函数，当时，，
故不是“速增函数”； 4分
（2）当时，由是“速增函数”，
可知，即对一切正数n恒成立， 5分
又，可得对一切正数n恒成立，所以， 7分
由，可得，
即
， 9分
故，又，故，
由对一切正数，n恒成立，可得，即．
综上可知，a的取值范围是． 12分