2023-2024学年广西柳州重点中学高一（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年广西柳州重点中学高一（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.集合，则( )
A. B. C. D.
2.在中，若点满足，则( )
A. B. C. D.
3.已知命题：，，则为( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
4.化简：( )
A. B. C. D.
5.为了得到函数的图象，只需将函数图象上所有的点( )
A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度
6.函数的图象可能是( )
A. B.
C. D.
7.“”是“函数在区间上单调递增”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
8.已知实数，，且满足，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数，则( )
A. 是上的奇函数 B. 的最小正周期为
C. 有最大值 D. 在上为增函数
10.下列命题正确的是( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，且，则
D. 若，则
11.奇函数满足，则下列选项正确的是( )
A. 的一个周期为 B.
C. 为偶函数 D. 为奇函数
12.已知函数的所有非负零点从小到大依次记为，，，，则( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知，且与的夹角为，与同向的单位向量为，则向量在向量上的投影向量为______．
14.函数的值域为 ．
15.已知，，则 ．
16.已知函数，若函数所有零点的乘积为，则实数的取值范围为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知函数．
求函数的最小正周期及对称轴；
求在区间上的最值．
18.本小题分
已知是定义在上的偶函数，且时，．
求函数在上的解析式，并判断其单调性无需证明；
若，求实数的取值范围．
19.本小题分
已知，求的值；
求的值．
20.本小题分
如图为年卡塔尔足球世界杯吉祥物，其设计灵感来自于卡塔尔人的传统服饰，寓意自信与快乐，现有国内一家工厂决定在国内专项生产销售此吉祥物，已知生产这种吉祥物的年固定成本为万元，每生产千件需另投入资金万元，其中与之间的关系为：，且函数的图象过，，三点，通过市场分析，当每千件吉祥物定价为万元时，该厂年内生产的此吉祥物能全部销售完．
求，，的值，并写出年利润万元关于年产量千件的函数解析式；
当年产量为多少千件时，该厂所获年利润最大？并求出最大年利润．
21.本小题分
，为函数的两个零点，且．
若，求不等式的解集；
比较，，的大小关系．
22.本小题分
已知函数，
求函数的单调递减区间；
求函数的零点；
若不等式在时恒成立，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，，
可知，，，故A、、C错误；，故D正确．
故选：．
求出集合，结合元素与集合关系判断即可．
本题主要考查元素与集合关系的判断，考查运算求解能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的线性表示与运算问题，是基础题目．
根据平面向量的线性表示与运算性质，进行计算即可．
【解答】
解：如图所示，
中，，
，
．
故选D．
3.【答案】
【解析】解：命题为全称命题，则否定是特称命题：
即：，，
故选：．
根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可．
本题主要考查含有量词的命题的否定，根据全称命题的否定是特称命题进行判断是解决本题的关键，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：，
故选：．
由题意，利用二倍角的余弦公式、诱导公式，化简可得结果．
本题主要考查二倍角的余弦公式、诱导公式的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：为了得到函数的图象，
只需将函数图象上所有的点向左平移个单位长度，
故选：．
利用诱导公式，的图象变换规律，得出结论．
本题主要考查诱导公式，的图象变换规律，属于基础题
6.【答案】
【解析】解：函数的定义域为，
，
函数是奇函数，排除；
当时，，
此时图像在轴的上方，排除．
故选：．
根据奇偶性，结合特殊点，即可求解．
本题主要考查了函数图象的变换，考查了函数奇偶性的判断，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：令，，
若在上单调递增，因为是上的增函数，
则需使是上的增函数且，则且，解得．
因为，故是的必要不充分条件，
故选：．
结合对数复合函数的单调性及充分条件、必要条件的定义，即可得答案．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，考查了对数的运算性质，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：实数，，且满足，
，
令，则在上单调递增，
，，
，
故，可得，
，
故当时，取最小值．
故选：．
令，利用已知的等量关系得到，进而求解结论．
本题主要考查函数单调性的应用，考查计算能力和逻辑推理能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：因为，，
对于，因为，所以为奇函数，故正确；
对于，由正弦函数的性质可知，故正确；
对于，由正弦函数的性质可知，故错误；
对于，由正弦函数的性质可知在上单调递增，在上单调递减，故错误．
故选：．
根据正弦函数的性质逐一判断即可．
本题考查了正弦函数的性质，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：：当，时，，故A错误；
：当时，成立，故B正确；
：当，，且时，，当且仅当时取等号，故C错误；
：当时，，则，当且仅当时取等号，故D正确，
故选：．
通过举反例即可判断选项A；利用不等式的性质即可判断选项B；利用基本不等式即可判断选项C，．
本题考查了基本不等式以及不等式的性质的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：，的对称轴为，，
，故A正确；
，故，，关于对称，
故，故B错误；
，所以为偶函数，故C正确；
，所以为奇函数，故D正确，
故选：．
由得的对称轴为，结合奇函数的性质对选项逐一辨析即可．
本题主要考查了函数的奇偶性、对称性，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：由，
可得，
即与的图象在第一象限交点横坐标即为，，，，
因为时，，如图，
由图可知，共有个符合要求的交点，所以，
令，解得，即，
故由图象可知，
所以，
因为，若，
则需，由图知，，故不成立，
综上可知，BC正确，AD错误．
故选：．
根据函数零点转化为方程的根的问题，再转化为两函数图象交点问题，作出函数图象，数形结合判断交点个数，再由正弦型函数的对称性判断选项．
本题考查了函数的零点与方程的根的关系，考查了数形结合的思想，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：记与的夹角为，则向量在向量上的投影向量为．
故答案为：．
根据向量在向量上的投影向量的定义计算即得．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查指数函数值域的求解，注意换元法的使用．
利用换元法，结合指数函数的性质进行求解即可．
【解答】
解：设，则，
所以，
所以函数的值域为，
故答案为．
15.【答案】
【解析】解：因为，所以，
又，所以，
所以．
故答案为：．
先求得的取值范围，再利用同角三角函数的平方关系，可得，然后根据，并结合两角差的余弦公式，展开，代入运算，得解．
本题考查三角函数的求值，熟练掌握两角差的余弦公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
16.【答案】，
【解析】解：令，
则有，
，
如图，
当或，，满足题意．
故答案为：，．
令，则可得，结合的图象，即可得答案．
本题主要考查函数的零点与方程根的关系，属于基础题．
17.【答案】解：由于，
故函数的最小正周期为，
令，整理得，
故对称轴方程为．
令，由知，
所以要求在区间上的最值，即求在上的最值，
当时，，当时，，
所以．
【解析】直接利用正弦型函数的性质求出函数的最小正周期和函数的对称轴方程；
利用函数的定义域求出函数的值域，进一步求出函数的最值．
本题考查：正弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
18.【答案】解：设，则，所以，
又因为是定义在上的偶函数，所以，
则函数在上的解析式为，
函数在上单调递减，在上单调递增；
由可知：，
所以不等式可化为，
结合函数的单调性可知，
解得：，
所以实数的取值范围为
【解析】设，则，根据题意得出，然后利用函数为偶函数即可求解；
结合的结论，求出，将不等式等价转化为，解之即可求解．
本题主要考查了函数奇偶性在函数解析式求解中的应用，还考查了函数的奇偶性及单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：，则，
故．
．
【解析】由已知条件求得，再转化为求齐次式的值即可；
利用三角恒等变化，转化目标式，即可求得结果．
本题主要考查了同角基本关系，和差角公式在三角化简求值中的应用，属于中档题．
20.【答案】解：将，，三点代入中有：，解得，
故，
由题知；
由知，
当时，，
所以当千件时，万元，
当时，，
当且仅当，即千件时取等，
所以万元，
综上：当千件时，万元，
所以当年产量为千件时，该厂的年利润最大，最大年利润万元．
【解析】根据将，，三点代入中，即可求出，，的值，根据利润等于收益减总成本，列出关系，将代入即可；
根据中的解析式，分别求出，时的最值，进行比较即可求得最大年利润．
本题主要考查函数在实际问题中的应用，考查函数最值的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：由换底公式得，
依题意得，两式相乘得，
代入，得，
由，得，而，
故不等式解集为；
解法一：因为，故，
化简得，
故或，
即或．
解法二：，
，
即，故，即，
故或，
即或．
【解析】由韦达定理联立消去得 ，从而求得的值，得到的解集；
解法一：根据零点的分布列出满足的不等式组求解即可；
解法二：根据不等式及韦达定理得，求解即可．
本题主要考查对数运算，考查函数零点与方程根的关系，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：，
由，，得，，
所以函数的单调递减区间为，；
由知，
令，则，解得或，，
即或，，
所以的零点为或，；
由知，
原不等式可化为，
令，则，
因为，
又因为，
所以，所以，
所以在上恒成立，
令，
当时，在上恒成立；
当时，，解得；
当时，函数的对称轴为，
若，即时，
，
解得，故；
若，即时，
，解得，故，
综上所述，实数的取值范围是．
【解析】利用三角恒等变换化简，结合三角函数的性质求出单调减区间；
求出的解析式，令，求解即可；
原不等式化简为，令，问题转化为在上恒成立，结合一次函数和二次函数的性质，分类讨论可得结果．
本题考查了三角函数的性质、分类讨论思想及转化思想，属于中档题．
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