2023-2024学年福建省泉州市高一（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年福建省泉州市高一（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共6小题，每小题5分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知角终边上有一点，则( )
A. B. C. D.
3.已知，则下列结论正确的是( )
A. B. C. D.
4.若函数与函数的图象关于直线对称，则的大致图象是( )
A. B. C. D.
5.已知，，则( )
A. B. C. D.
6.若函数存在最大值，则实数的取值范围为( )
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。
7.下列函数中，既是奇函数又是增函数的是( )
A. B. C. D.
8.生物研究小组观察发现，某地区一昆虫种群数量在月份随时间单位：日，的变化近似地满足函数，且在月日达到最低数量，此后逐日增长并在月日达到最高数量，则( )
A.
B.
C. 月日至日，该地区此昆虫种群数量逐日减少
D. 月份中，该地区此昆虫种群数量不少于的天数为天
9.定义在上的奇函数满足，则下列结论一定成立的是( )
A. B. 是的一个周期
C. 是的一个对称中心 D. 为偶函数
10.已知，，，则( )
A. 的最小值为 B. 的最大值为
C. 的最小值为 D. 的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
11.已知，，则 ______结果用，表示
12.函数的零点个数为______．
13.对于任意且，函数的图象恒过定点若的图象也过点，则 ______．
14.将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象若对于任意的，总存在唯一的，使得，则的取值范围为______．
四、解答题：本题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
集合，．
若，求，；
若是的充分条件，求的取值范围．
16.本小题分
已知二次函数的图象过原点，且满足．
求的解析式；
在平面直角坐标系中画出函数的图象，并写出其单调递增区间；
对于任意，函数在上都存在一个最大值，写出关于的函数解析式．
17.本小题分
已知函数的图象关于点对称．
求的最小正周期和对称轴的方程；
已知，求．
18.本小题分
已知函数，．
证明是奇函数，并说出在其定义域上的单调性；
若存在实数和，使得，且，求的取值范围．
19.本小题分
某物品上的特殊污渍需用一种特定的洗涤溶液直接漂洗，表示用个单位量的洗涤溶液漂洗一次以后，残留污渍量与原污渍量之比已知用个单位量的洗涤溶液漂洗一次，可洗掉该物品原污渍量的．
写出，的值，并对的值给出一个合理的解释；
已知．
求，；
“用个单位量的洗涤溶液漂洗一次”与“用个单位量的洗涤溶液漂洗两次”，哪种方案去污效果更好？
20.本小题分
给定函数与，若为减函数且值域为为常数，
则称对于具有“确界保持性”．
证明：函数对于不具有“确界保持性”；
判断函数对于是否具有“确界保持性”；
若函数对于具有“确界保持性”，求实数的值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：知集合，，
则．
故选：．
结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：角终边上有一点，
则．
故选：．
根据已知条件，结合任意角的三角函数的定义，即可求解．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为知，
所以，A错误；
由不等式的性质可得，，B错误；
由题意得，，
则，
所以，
所以，C正确；
因为，
所以，
因为，，
所以，D错误．
故选：．
由已知结合不等式的性质及比较法检验各选项即可判断．
本题主要考查了不等式的性质，还考查了比较法的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意，函数与函数的图象关于直线对称，
即与互为反函数，则，
由函数的图象向右平移个单位得到，与选项符合．
故选：．
根据题意，求出的解析式，分析选项可得答案．
本题考查函数的图象变换，涉及反函数的性质，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以，
即，
即，
即，
解得：．
故选：．
给两边平方，得到，利用齐次化切即可求值．
本题考查三角函数求值，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：当时，递增，可得，且，即；
当时，，由时，，即，
由于，可得，则，
由存在最大值，可得，解得．
故选：．
由指数函数和对数函数的定义域和值域，结合最大值的定义，可得所求取值范围．
本题考查分段函数的最值，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：为非奇非偶函数，不符合题意；
为定义域上单调递增的奇函数，符合题意；
在定义域上不单调，不符合题意；
定义域为，
又，即为奇函数且在上单调递增，符合题意．
故选：．
由已知结合函数奇偶性及基本初等函数的单调性检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数的单调性及奇偶性的判断，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：不妨设月日时，因为，所以，所以，故A正确；
又，，故B错误；
因为函数的周期为，所以种群数量从月日到月日逐渐增加，
从月日到日逐渐减少，故C错误；
由上可知，，当时，取得最小值，
即，所以．
所以，
令，
则，所以．
所以，，所以或或共天，故D正确．
故选：．
根据月日达到最低数量，此后逐日增长并在月日达到最高数量，可得，，，确定解析式判断，，再根据三角函数性质判断，．
本题考查利用三角函数性质求三角函数解析式等基础知识；考查逻辑推理，运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：因为定义在上的奇函数满足，
由奇函数的性质可知，，A正确；
所以，
则，周期为，B错误；
所以，
即，
所以函数的图象关于对称，C正确；
因为，
所以，即，
令，
则，
所以为偶函数，D正确．
故选：．
由已知结合函数的偶性，周期性及对称性检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数的奇偶性，周期性及对称性的应用，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：因为，，，
所以，当且仅当，即，时取等号，A正确；
因为，当且仅当，即，时取等号，
所以，
所以，B正确；
，
因为，可得，
根据二次函数的性质可知，上式没有最小值，C错误；
，当且仅当，即，时取等号，D正确．
故选：．
由已知结合基本不等式及相关结论检验各选项即可判断．
本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：因为，，
则．
故答案为：．
由已知结合对数的换底公式即可求解．
本题主要考查了对数的换底公式，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：令，
可得，因为，
所以，即该方程只有一个实数根，
所以函数只有一个零点．
故答案为：．
令，可直接解出，即原函数只有一个零点．
本题考查函数的零点与方程的根之间的关系，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：对于任意且，函数的图象恒过定点，
，，，
，
的图象也过点，
，解得，
．
故答案为：．
对于任意且，函数的图象恒过定点，得，求出，，从而，再由的图象也过点，解得，由此能求出结果．
本题考查待定系数法、指数函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，
因为对于任意的，总存在唯一的，使得，
所以，设，
所以，
因为对于的任意取值，在上有唯一解，
即在上有唯一解，
所以，
解得，
故的取值范围为
由题意得，，设，问题可以转化为在上有唯一解，结合图象进而可以求解．
本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
15.【答案】解：根据题意，，
当时，，
则，；
若是的充分条件，则，
则有，解可得，
即的取值范围为．
【解析】根据题意，求出集合、，进而计算可得答案；
根据题意，若是的充分条件，则，由集合之间的关系分析可得答案．
本题考查集合之间的关系，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题．
16.【答案】解：根据题意，设，
因为二次函数的图象过原点，所以，
若，
则有，
即，则有，；
故；
由可得，
图象如图所示：
单调递增区间区间为和；
由的图象知，当时，由，可得，
当时，函数在单调递增，所以；
当时，；
当时，．
综上，．
【解析】设二次函数的解析式，由题意及待定系数法可得，，的值，即求出函数的解析式；
由可得求出的解析式，由分段函数画出函数的图象，并画出函数的图象，可得单调区间；
分类讨论可得最大值的解析式．
本题考查分段函数的性质的应用，函数的解析式的求法，属于基础题．
17.【答案】解：的图象关于点对称，
所以，
所以，，，
令，，则，，
即对称轴为，；
因为，
所以，
故．
【解析】结合三角函数的对称性先求出，再由辅助角公式进行化简，结合正弦函数的周期性及对称性可求；
由已知结合诱导公式及二倍角公式即可求解．
本题主要考查了二倍角公式，辅助角公式的应用，还考查了诱导公式及二倍角公式的应用，属于中档题．
18.【答案】解：证明：由，得，
函数的定义域为，
又，
是奇函数．
在上为减函数，
证明：设，
则，
，
，
，
，
，
在上单调递减．
若存在实数和，使得，则．
又，可化为，
即，使得成立，
令，则，
式可化为，
在上单调递增，
，
，即，
的取值范围为
【解析】利用奇偶函数的定义证明即可；在上为减函数，利用单调性的定义证明即可；
依题意，可得原不等式可转化为成立，令，则，则有，利用在上的单调性可得答案．
本题主要考查函数的单调性与奇偶性的判断与应用，考查逻辑思维能力与综合运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：由题意知，，表示未用洗涤溶液漂洗，衣服上污渍量保持原样；
；
因为函数满足条件：，且，即，解得，；
由知，函数；
由题意知，该函数具有的性质：为上单调减函数，且当无限大时，无限趋于；
满足假定的一个指数函数，其中．
设单位量的洗涤液漂洗一次后，剩余污渍量为：；
将单位量的洗涤液平均分成份后先后漂洗两次后，剩余污渍量为：，
则，
所以．
所以将单位量的洗涤液平均分成份后先后漂洗效果更好．
【解析】由题意知、的值，解释的实际意义即可；
由、的值，列方程组求出、；
由函数的解析式，根据该函数具有的性质，得出指数函数模型，分别计算单位量的洗涤液漂洗一次后，剩余污渍量和将单位量的洗涤液平均分成份后先后漂洗两次后，剩余污渍量，作差比较大小即可．
本题考查了指数函数模型的应用问题，是中档题．
20.【答案】解：证明：设，，
则函数对于不具有“确界保持性”；
函数对于具有“确界保持性”；
证明：设，
当时，易得为减函数，且，即值域为，
故函数对于具有“确界保持性”；
根据题意，，
易得，
若函数对于具有“确界保持性”，
则为减函数且的值域为，
由于，
可以看到，若当，即时，则，，
且在上均单调递减，故先证明符合题意；
当时，，
设，，，则
，
当，，时，，，，
，则，，故，即，
所以在上单调递减；
故，
又因为，
当趋向于无限大时，均无限接近于，且大于，即，且无限接近于，
故的值域为，
故函数对于具有“确界保持性”，
当时，．
则，不满足函数值域为，此时，不符合题意，舍去；
当时，，
则，
则，不满足函数值域为，此时，不符合题意，舍去，
综上，当时，函数对于具有“确界保持性”．
【解析】利用即可；
求出的单调性及值域即可；
分，，讨论即可．
本题考查主要考查了函数的单调性、值域的求解，以及对新概念“确界保持性”的理解和应用，属于难题．
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