福建省厦门市2022-2023学年高一数学上学期学业水平测试试题（Word版附解析）

2022-2023学年上学期高一年级学业水平测试数学试题满分：150分考试时间：120分钟考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.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.【答案】B【解析】【分析】根据集合，按照交集的定义直接运算即可.【详解】因为，，所以.故选：B.2.已知命题，则的否定是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据含有量词的命题否定方法来求解.【详解】因为命题，所以的否定是.故选：D. 3.已知,则＝（）A.a+bB.2a-bC.D.【答案】C【解析】【分析】根据换底公式将写为,再用对数运算法则展开,将代入即可.【详解】解:因为,而.故选:C4.已知角顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则＝（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】通过三角函数定义得出角三角函数值，利用诱导公式化简表达式后求出数值.【详解】角终边与单位圆交于点，则，，..故选：A.5.已知函数为奇函数，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据是奇函数求出参数的值，求解不等式.【详解】函数定义域为，又为奇函数，所以，故，经检验符合题意；不等式，即，，，，所以. 故选：D.6.已知函数，，的零点分别为，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】结合函数单调性，根据零点的定义列方程，确定各函数零点的正负情况，即可比较的大小.【详解】显然：函数，，在定义域内都是增函数，又，而中的，令，，，的大小顺序为：，故选：B．7.若不等式的解集为则（）A.-2B.-1C.0D.1【答案】C【解析】【分析】由题可得对称轴在之间,最小值大于-2,且的两个根为,列出相应不等式,找到关于的范围,再根据韦达定理解出的值,计算即可.【详解】解:因为不等式的解集为,而开口向上,所以有,且最小值大于-2,即,解得:,且的两个根为,所以,解得:,,当时,不符合,故舍,所以,所以. 故选:C8.已知函数，则方程的实数解的个数至多是（）A.5B.6C.7D.8【答案】B【解析】【分析】根据复合方程问题，换元，作函数图象分别看内外层分别讨论方程根的个数情况，即可得答案.【详解】设，则化为，又，所以，，如图为函数的大致图象：由图可得，当时，有两个根，即或，此时方程最多有5个根；当时，有三个根，即或或，此时方程最多有6个根；当时，有两个根，即或，此时方程有4个根；当时，有一个根，即，此时方程有2个根；综上，方程的实数解的个数至多是6个.故选：B.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.已知集合,若是的充分条件,则a可以是（）A.-1B.0C.1D.2【答案】AB【解析】【分析】根据充分条件的概念,得出集合之间的包含关系,即可得出的范围,选出选项.【详解】解:因为是的充分条件,所以,所以有.故选:AB10.若且，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】由且，得出，结合作差比较法和基本不等式可得答案.【详解】对于A，因为且，所以，所以，即，A不正确；对于B，由选项A可知，所以，即，B正确；对于C，由于异号，所以，所以，由于等号只能在时取到，所以，即，C正确；对于D，因为，所以，D正确.故选：BCD.11.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据平方公式、二倍角公式、和差角公式，结合正弦函数与余弦函数的单调性，逐项判断即可. 【详解】因为，所以，又，所以，所以，即，又函数，在上单调递增，，则，故A正确，C正确；因为，所以，又函数，在上单调递减，所以，故B不正确；因为，，所以，所以，又，所以，故D不正确.故选：AC12.已知定义在R上的函数不恒等于零，，且对任意的∈R，有，则（）A.B.是偶函数C.的图象关于点中心对称D.是的一个周期【答案】ABC【解析】【分析】分别给取适当值代入条件，通过代数表达式判断函数性质.【详解】对于A，令得，又函数不恒等于零，所以，选项A正确；对于B，令得，所以，故函数是偶函数，选项B正确；对于C,D，令，得，即，，所以函数是周期函数，且周期为，选项D错误；又 是偶函数，即，所以，即，所以的图象关于点对称，选项C正确.故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则______________.【答案】【解析】【分析】根据函数解析式凑项法得的解析式，从而可求的值.【详解】因为，所以，则.故答案为：.14.已知扇形的圆心角为,弧长为,则该扇形的面积为__________.【答案】##【解析】【分析】根据圆心角和弧长求得半径,根据弧长和半径利用扇形面积公式即可求得结果.【详解】解:记扇形的半径为,因为圆心角,弧长,所以即,解得,所以扇形的面积.故答案为:15.若关于x的方程有解，则k的取值范围为_____________.【答案】【解析】【分析】根据方程，讨论，时，可将方程化为有解，结合基本不等式及函数特点，即可求得k的取值范围. 【详解】方程转化为，当时，方程为，当，，即方程有解，又，，当且仅当，即时，取到最小值，所以函数，所以k的取值范围为.故答案为：.16.声音是由物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的，纯音的数学模型是函数.某技术人员获取了某种声波，其数学模型记为，部分图象如图所示，对该声波进行逆向分析，发现它是由两种不同的纯音合成的，满足，其中，则＝_________.(参考数据：)【答案】3【解析】【分析】将代入，结合题干数据可得，又，可得或，又1不是的周期，从而可求出满足题意的的值. 【详解】由，且，得,因为，所以，所以.由图可知，故，即.因为，且，所以或.由图可知，1不是的周期，当时，，此时，周期为1，不符合题意.当时，，易知，满足题意.综上，.故答案为:3.四、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.（1）若，求的值；（2）判断函数的奇偶性并证明.【答案】（1）；（2）为奇函数，证明见解析.【解析】【分析】（1）由可得，解指数方程即可求解； （2）求出，结合奇函数的定义即可判断.【小问1详解】由，可得,即，解得（舍）或，解得.【小问2详解】的定义域为，且，故函数为奇函数.18.已知函数（1）根据定义证明函数在单调递减；（2）若不等式对一切实数都成立，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据函数单调性步骤取值、作差、变形、定号、下结论证明即可；（2）判断函数的奇偶性，结合单调性求解函数的最值，即可得的取值范围.【小问1详解】证明：任取，则，因为，所以，所以，即，故函数在单调递减；【小问2详解】因为函数的定义域为，所以，故为奇函数，由（1）知函数在单调递减，任取， 则，因为，所以，所以，即，故函数在单调递增；所以此时，又且是方程唯一的根，所以时，，又为奇函数，所以不等式对一切实数都成立，则即的取值范围是.19.某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图像时，列表并填入了部分数据，如下表：0x0200（1）请将上表数据补充完整，并根据表格数据做出函数在一个周期内的图像；（2）将的图形向右平移个单位长度，得到的图像，若的图像关于y轴对称，求的最小值.【答案】（1）答案见解析 （2）【解析】【分析】）（1）根据表格，分别求得，即可得到函数的解析式，从而得到其函数图像；（2）根据题意，由函数图像变换，列出方程即可求得的最小值.【小问1详解】0x0200由表中数据可得，，，所以，则，当时，，则，所以【小问2详解】由题意可得，，因为的图像关于y轴对称，则，，解得，且，所以当时，20.中国梦蕴含航天梦，航天梦助力中国梦.2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心成功点火发射，实现了神舟十五号航天员乘组与神舟十四号航天员乘组太空在轨轮换.已知火箭起飞质量（单位：）是箭体质量（单位：）和燃料质量（单位：）之和.在发射阶段，不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度（单位：）和x 的函数关系是，其中为常数，且当燃料质量为0时，火箭的最大速度为0.已知某火箭的箭体质量为，当燃料质量为时，该火箭最大速度为4.（1）求该火箭的最大速度与起飞质量之间的函数关系式；（2）当燃料质量至少是箭体质量的多少倍时，该火箭最大速度可达到8？【答案】（1）（2）燃料质量至少是箭体质量的倍时，该火箭最大速度可达到8【解析】【分析】（1）有题意可得，求得的值，即可得该火箭的最大速度与起飞质量之间的函数关系式；（2）设且，根据（1）中关系式，代入即可解得的值，从而得答案.【小问1详解】因为火箭的最大速度（单位：）和x的函数关系是，又时，，；时，，，所以，解得，所以；【小问2详解】设且，则，又所以时可得，即，解得故燃料质量至少是箭体质量的倍时，该火箭最大速度可达到8.21.已知函数在区间上的最大值为.（1）求函数的解析式；（2）当时，对于给定的实数，若方程有解，则记该方程所有解的和为，求的所有可能取值. 【答案】（1）（2）的所有可能取值为.【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数，利用正弦型函数的性质求得最大值，即可得的值，从而得函数的解析式；（2）根据，确定函数的单调性及取值情况，作出函数的图象，根据方程的根与函数对称性分类讨论得所有取值即可.【小问1详解】，因为，所以，所以，则，则；【小问2详解】当，则，所以当时函数单调递减，时函数单调递增，当时函数单调递减，又，,则可得函数的图象如下： 对于给定的实数，若方程有解，则当时，方程的根为，此时；当时，方程的两根关于直线对称，此时；当时，方程的根有三个，关于直线对称，此时；当，方程有四个根，关于直线对称，关于直线对称，此时；当时，方程的根有三个，此时；综上，的所有可能取值为.22已知函数，.（1）当时，解不等式；（2）证明：当时，函数有唯一的零点x0，且恒成立.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由对数型函数的单调性直接求解即可；（2）由在上单调递增，利用零点存在性定理可知存在唯一的，由化简后可得，利用均值不等式及等号成立条件即可得证.【小问1详解】当时，，由可得，解得，即， 故不等式的解为.小问2详解】因为与均为增函数，所以在上单调递增，当时，，，所以存在唯一的，使得，即函数有唯一零点，所以，即，所以，即，所以，因为，所以，所以，当且仅当与时等号成立.当时，由知，即，所以等号不成立，所以.