湖南省永州市2023-2024学年高一上学期期末质量监测数学试卷含解析

数学（答案在最后）

一、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.设全集A.U1,2,3,4，A1,2，则ðUA（C.）1,2B.1,33,4D.2,3,4【答案】C【解析】【分析】由集合补运算求集合.【详解】由U1,2,3,4，A1,2，则ðUA3,4.故选：C2.命题p：xR，x210的否定是（A.xR，x210C.xR，x210【答案】C【解析】【分析】根据含有一个量词的命题的否定的方法即可求解.【详解】命题p：xR，x210的否定是：xR，x210.故选：C.3.“0a2”是“a24”成立的（A.充分不必要条件C.充要条件【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式求参数范围，结合充分、必要性定义判断条件间的关系.【详解】由a24，可得2a2，故“0a2”是“a24”成立的充分不必要条件.故选：A）B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件）B.xR，x210D.xR，x210

，则f（2）＝（4.已知幂函数y＝f（x）的图象经过点（4，2）A.）D.1

4B.4C.222【答案】D【解析】【分析】利用待定系数法求出函数的解析式，再代入求值即可.【详解】设f（x）＝xa，因为幂函数图象过（4，2），则有24a，∴a∴f（2）故选：D【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，考查了求函数值，属于基础题.5.扇形的面积为4，周长为8，则扇形的圆心角的弧度数为（A.1【答案】B【解析】【分析】利用扇形的面积、弧长公式列方程求半径、弧长，即可求扇形的圆心角.B.2C.3）D.411

，即f(x)x2，222121

rl8r2rl4

r【详解】令扇形半径为，弧长为l，则2，

2rl8l42rl8

所以扇形的圆心角的弧度数为故选：B6.已知2sincos0，则A.1【答案】D【解析】【分析】由题设得tan【详解】由题设tan故选：D1，化弦为切求目标式的值.2l

2.rcossin（cossin3B.2

）C.2D.3cossin1tan13.，又2cossin1tanln257.已知a，b1，clog0.50.2，则（ln52

A.cba【答案】C【解析】【分析】由对数运算性质有ac1，进而有c2【详解】由a

B.b1）C.abc

D.bac

ln2

log52，clog0.50.2log25，则ac1，ln5

11

a0，再由指数函数性质求b，即可得答案.2

15所以c2a0，又b1(1,1)，222

综上，abc.故选：C1x41,x2

8.已知函数fx，若方程ffxa0有5个不同的实数解，则a的取值范围11

log1x,x

222是（A.）B.0,

0,1

12

C.0,



32

1D.,12【答案】B【解析】【分析】根据分段函数解析式，结合指对数函数性质画出函数大致图象，令tf(x)并讨论t判断对应方程根的个数，再由fta有5个不同的实数解，讨论a范围，结合对应t的分布确定根的个数，即可得范围.【详解】由解析式得函数大致图象如下，由f(1)log1121111，令|4x1|，可得x或22221x(log231)，23

时有1个解；当t0或t1时有2个解；23

当0t1时有3个解；当t时无解；2令tf(x)，当t0或1t要使fta有5个不同的实数解，若a<0，则t

2，此时方程有1解；2有1解，此时方程共有3个解；若a0，则t10有2个解，t2若0a

111

，则t10有1个解，0t2(log231)有3解，1t32有1解，222

此时方程共有5个解；若a

111

，则t1有1个解，t2(log231)有3解，t31有2解，222

此时方程共有6个解；若11112a1，则t1有1个解，(log231)t2有3解，t31有3解，22222

此时方程共有7个解；若a1，则t1

12有3个解，t2有3个解，此时方程共有6个解；2212有3个解，此时方程共有3个解；t

22

若1a

32

，则3

，没有对应t，此时方程无解；21

综上，0a.2若a故选：B【点睛】关键点点睛：根据函数图象研究tf(x)对应根的个数，再数形结合讨论fta范围研究根的个数.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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.若abcd，则下列不等式成立的是（A.acbd【答案】ACD【解析】【分析】由不等式性质判断A、B、C，根据指数函数单调性判断D.【详解】由abcd，则acbd，a3c3，A、C对；若a2,b1,c0,d2，此时adbc，B错；由y2x单调递增，故2a2b，D对.故选：ACD10.在下列函数中，既是偶函数又在区间0,1上单调递增的有（A.yx3【答案】BCD【解析】【分析】根据指数、幂函数及三角函数性质判断函数奇偶性、区间单调性，即可得答案.【详解】由yx3为奇函数，A不符；由ycosx定义域为R，且cos(x)cosx，为偶函数，在区间0,1上单调递增，B符合；由ytanx定义域为{x|xkπ},kZ，且tan(x)|tanx||tanx|，为偶函数，在区间0,1上单调递增，C符合；B.ycosx

C.ytanx

）D.y2

x

）C.a3c3D.2a2bB.adbc

π2由y2定义域为R，且2x2x，为偶函数，在区间0,1上单调递增，D符合；故选：BCD11.定义域为R的偶函数fx满足f2xfx0，且x0,1时，fxx1，则（2

x

）A.fB13

42

.

fx4fxC.fx的图象关于直线x3对称D.fx在区间2023,2024上单调递增【答案】ABD【解析】【分析】由题设关系得f

3

f21

，结合区间解析式求值判断A；根据已知有2

fxf(x)f2x，即f(x)f(x2)，利用递推关系即可判断B；由已知可得fxf(6x)即可判断C；根据周期性，区间2023,2024与区间1,0的单调性相同，结合已知区间单调性及偶函数判断D.133

fff2【详解】由f

22211

，A对；

42

由题设fxf(x)f2x，即f(x)f(x2)f(x4)，B对；由fxf(2x)，则fx4f(6x)，综上fxf(6x)，即f(x)关于(3,0)对称，C错；根据周期性，区间2023,2024上单调性与区间1,0上单调性相同，又x0,1时，fxx1，即在0,1上f(x)上递减，又f(x)是偶函数，2所以f(x)在区间1,0上递增，故fx在区间2023,2024上单调递增，D对.故选：ABD12.已知函数fxsinx





π

0在区间0,π上有且仅有两个不同的零点，则（3

）A.fx在区间0,π上有两条对称轴B.的取值范围是,3347πC.fx在区间0,上单调递增3D.若f0fπ，则【答案】BC【解析】53【分析】由题设有ysint在t[

47

，再由各项描述逐项判断各项正误.33πππ

【详解】区间0,π上tx[,π]且0，333ππ

故ysint在t[,π]有且仅有两个不同的零点，33π47

所以ππ2π，可得，B对；333

π4

当时t[,π]，此时ysint只有一条对称轴，33

即fx在0,π上可能只有一条对称轴，A错；区间0,

ππ

,π]有且仅有两个不同的零点，结合正弦函数性质求得33





ππππππ4π

x,1(1)[,)，上，而3339933



π

上单调递增，C对；3

ππ3π

ππ2π，，又sin3332

所以fx在区间0,

由f0fπ，即sinπ

所以π故选：BCπ4ππ5π5

或π，可得或2，D错.33333ππ

,π]有且仅有两个不同的零点求参33【点睛】关键点点睛：应用换元法，将问题化为ysint在t[数范围为关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.83log34log43______.【答案】511【解析】【分析】利用换底公式计算不同底数的对数运算，再与－8的立方求和即得．【详解】8log34log43512故答案为：－511．14.函数f(x)ax12(a0,a1)的图象恒过定点_____________.【答案】（1,3）【解析】【分析】根据指数函数的性质，即可得答案.【详解】令x10，可得x1，所以f(1)a023，即f(x)图象恒过定点（13）.,故答案为：（1,3）3lg4lg3

5121511lg3lg4

b21

15.已知a0，b0，则a的最小值为______.ab【答案】22【解析】【分析】两次应用基本不等式求目标式最小值，注意取值条件.b21b2111【详解】由题设a2a2b22b22，ababbbb2

当且仅当a，即ab时第一个等号成立，a当且仅当2b

12，即b时第二个等号成立，b22时目标式有最小值为22.2

综上，ab故答案为：2216.若函数yfx在定义域内存在实数x使得fxkfx，其中kZ，则称函数yfx为定义域上的“k阶局部奇函数”，对于任意的实数t,3，函数fxx2xt恒为R上的“k阶局部奇2函数”，则k的取值集合是______.【答案】3,2,1【解析】【分析】由题意，建立方程，利用分类讨论思想，结合一元二次方程有解问题，可得答案.【详解】由题意得，函数fxx2xt恒为R上的“k阶局部奇函数”，2

即fxkfx0在R上有解，则有(x)2xtkx2xt0，22即k1x22kxk1t0有解，2

当k1时，x0R，满足题意；当k1时，对于任意的实数t,3，Δ(22k)24(k1)2t0，变形可得4(k1)23(22k)20，解可得：22k22，由kZ，故k3,2,1.故答案为：3,2,1.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.已知函数fxx（1）若a2，求f

a

xf1的值；（2）若a<0，判断fx在区间0,上的单调性，并用定义证明.【答案】（1）11

；3（2）fx在区间0,上递增，证明见解析.【解析】【分析】（1）由f

f1f(3)，将自变量代入求值即可；（2）设x1x20，应用作差法比较fx1,fx2证明单调性.【小问1详解】由题设fxx【小问2详解】2112

，则f13，故ff1f(3)3；x33fx在区间0,上递增，证明如下：令x1x20，则fx1fx2(x1又a<0，则1

aaa)(x2)(x1x2)(1)，x1x2x1x2a

0，且x1x20，x1x2所以fx1fx2，即fx在区间0,上递增.18.已知集合Axx4x30，Bxlog2x1（1）求AB；（2）已知集合Cx1xa，若CA，求实数a的取值范围.【答案】（1）{x|2x3}；（2）a3.【解析】【分析】（1）解一元二次不等式求集合A，解对数不等式求集合B，再应用集合交运算求结果；（2）由包含关系，讨论C、C【小问1详解】由题设Ax(x1)(x3)0{x|1x3}，B={x|x>2}，所以AB{x|2x3}；【小问2详解】由CA，若C，则a1满足题设；若C2列不等式求参数范围.，则

a1

，即1综上，a3.19.已知函数fx2sinxcosx（1）求fx的最小正周期；

π1.62（2）将函数fx的图象向右平移π1

个单位长度，再把横坐标缩小为原来的2（纵坐标不变），得到函数6

ygx的图象，求gx在0,上的单调递增区间.2【答案】（1）π；（2）单调递增区间为[0,]和[【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数式得f(x)sin(2x（2）根据图象平移得g(x)sin(4x【小问1详解】由题设ππ

65ππ,].122

π

)，即可求最小正周期；6

π

)，由正弦函数性质，应用整体法求递增区间.6

π3111312sin(2x)，fx2sinx(cosxsinx)3sinxcosxsinxsin2xcos2x6222222所以fx的最小正周期T【小问2详解】图象向右平移2π

π；2

πππ

个单位长度，得f(x)sin(2x)，666

1

把横坐标缩小为原来的2（纵坐标不变），得g(x)sin(4x

π

)，6

ππ11ππππ3ππ11ππ]，显然4x或4x在0,上4x[,，2666662266

所以0x

π5πππ5πππx，故gx在0,上的单调递增区间为[0,]和[,].或226122612

20.为响应“湘商回归，返乡创业”的号召，某企业回永州投资特色农业，为了实现既定销售利润目标，准备制定一个激励销售人员的奖励方案：按销售利润进行奖励，总奖金额y（单位：万元）关于销售利润x（单位：万元）的函数的图象接近如图所示，现有以下三个函数模型供企业选择：①ykxbk0②yk2mk0③yklog3

x

x

3nk03

（1）请你帮助该企业从中选择一个最合适的函数模型，并说明理由；（2）根据你在（1）中选择的函数模型，如果总奖金不少于6万元，则至少应完成销售利润多少万元？【答案】（1）③,理由见解析（2）72万元【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合函数所过的点，以及函数的增长速度，即可求解．（2）根据（1）的结论，将对应的点代入，即可求解函数表达式，列不等式求解即可.【小问1详解】对于模型①，ykxb，图象为直线，故①错误，由图可知，该函数的增长速度较慢，对于模型②，指数型的函数是爆炸型增长，故②错误，对于模型③，对数型的函数增长速度较慢，符合题意，故选项模型③，【小问2详解】由（1）可知，选项模型③，所求函数过点(0,0)，(18,3)，klog33n0则，解得k3，n3，klog(63)n33

x故所求函数为y3log3(3)3，33log3(3)36，即log3(3)3，

x

327，3x3x3x72，至少应完成销售利润72万元．21.在平面直角坐标系xOy中，角π

及锐角的终边分别与单位圆交于A，B两点.43πsin3tanπ2B（1）若点的横坐标为，求的值：5

cosπ（2）设角

π

的终边与单位圆交于点C，AP，BQ，CR均与x轴垂直，垂足分别为P，Q，R，请4

判断以线段AP，BQ，CR为边能否构成三角形，并说明理由.【答案】（1）43（2）利用见解析【解析】【分析】（1）利用三角函数的定义，结合诱导公式化简计算即可；（2）由，于第三边．【小问1详解】π2π2范围，得cos(0,1)，，由此可得证符合三角形两边之和大cos()2424

34

B已知是锐角，则,,根据三角函数的定义，55

得cos

434

，sin=，tan，535

3π

sintanπcostan4．2tan

cosπcos3

【小问2详解】能构成三角形，理由如下：由三角函数的定义得，APsinππ2，BQsin，CRsin()，442因为(0,)，所以cos(0,1)，ππππ于是有sin()sincoscossinsinsin，①4444π2故CRAPBQ,又因为ππ3π2π2(,)，所以，cos()444242ππππππππsinsin(())sin()coscos()sinsin()sin，②44444444故BQAPCR同理，sinππsin()sin，③，44由①，②，③可得，以AP，BQ，CR的长为三边长能构成三角形．22.已知函数fxlgx，gxae

2xex.（1）若对x11,10，x20,都有fx1gx2，求实数a的取值范围；（2）若函数hxgxgx，求函数hx的零点个数.【答案】（1）a2；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）将问题化为fx1maxgx2min，令tex2[1,)，结合对数函数单调性求最值得at2t1在t[1,)上恒成立，进而化为a(（2）令ee

x

x

11

)求参数范围；2maxtt2转化为研究a

在[2,)上解的个数，求出右侧范围，再讨论参数a，22

确定对应，结合exex函数性质确定hx的零点个数.【小问1详解】对x11,10，x20,都有fx1gx2，只需fx1maxgx2min，由fx1lgx1在x11,10上递增，故fx1maxf(10)1，由gx2ae

2x2ex2，在x20,上有tex2[1,)，2所以gx2yatt且t[1,)，故有at2t1在t[1,)上恒成立，所以a(1111211

(0,1]，即a2.)[()]，而max2maxtttt242x【小问2详解】由题设hxae

exae2xexa(e2xe2x)(exex)，令exex2exex2，当且仅当x0时等号成立，则2(exex)2e2xe2x2，即e2xe2x22，所以hx()a2a且[2,)，2令()a22a0，则问题等价于a

1



222在[2,)上解的个数，又y

1



2在[2,)上递减，故y(0,1]，在[2,)上无解，即hx无零点；22当a1或a0时，a

当a1时，22(1)(2)0在[2,)上有2，所以exex2，即x0，故hx有1个零点；2118a当0a1时，a2a0在[2,)上有，2（负值舍）2a2又exex为偶函数，此时hx有2个零点；综上，a1或a0时，hx无零点；a1时，hx有1个零点；0a1时，hx有2个零点；【点睛】关键点点睛：第一问，问题化为fx1maxgx2min，令tex2[1,)进一步化为a(11

)；2max第二问，令exex2转化为研究a

22在[2,)上解的个数为关键.tt