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2023-2024学年广东省广州市番禺区高一（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.设函数的定义域为，函数的定义域为，则( )
A. B. C. D.
2.下列函数中，值域为的是( )
A. B. C. D.
3.已知角的终边过点，则( )
A. B. C. D.
4.命题“，”的否定是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
5.若的零点所在的区间为，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
6.已知为锐角，，则( )
A. B. C. D.
7.中国的技术领先世界，技术的数学原理之一便是著名的香农公式：它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比．当信噪比比较大时，公式中真数中的可以忽略不计．按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从提升至，则大约增加了附：( )
A. B. C. D.
8.“，”是“”成立的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
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.若，则下列不等式正确的是( )
A. B. C. D.
10.设函数，若，则取值可能是( )
A. B. C. D.
11.多年前祖冲之通过“割圆法”精确计算出圆周率在之间他的方法是：先画出一个直径为丈的圆，然后在圆内画出一个内接正六边形，接着再画出一个内接正十二边形，以此类推，一直画到内接正二万四千五百七十六边形，这样就可以得到圆的周长利用周长与半径之比，祖冲之得到了圆周率的近似值为；古希腊数学家阿基米德计算圆周率的方法是：利用圆的内接正多边形和外切正多边形的周长来双侧逼近圆的周长已知正边形的边长为，其外接圆的半径为，内切圆的半径为给出下列四个结论中，正确的是( )
A. B.
C. D.
12.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有数学王子的美誉，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其姓名命名的“高斯函数”为：设用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如，，已知函数，函数，则下列结论正确的是( )
A. 在是增函数 B. 是偶函数
C. 是奇函数 D. 的值域是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13. ．
14.已知常数，，假设无论为何值，函数的图像恒经过一个定点，则这个定点的坐标是______．
15.把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则函数的解析式 ______ ．
16.已知定义在上的函数满足：对任意实数，，都有，且，直接写出的所有零点为______ ．
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
已知函数是定义在上的奇函数，当时，．
画出函数的图像，并写出的单调区间；
求出的解析式．
18.本小题分
在中，，，求、与的值．
19.本小题分
根据定义证明函数在区间上是单调递减；
比较下列三个值的大小：
，，
20.本小题分
已知函数其中，，函数最小正周期为；从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知条件，求：
的单调递增区间；
在区间的最大值和最小值．
条件：函数图象关于点对称；
条件：函数图象关于对称．
注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分．
21.本小题分
如图，为处理含有某种杂质的污水，要制造一底宽为米的无盖长方体沉淀箱设箱体的长度为米，高度为米现有制箱材料平方米问当，各为多少米时，该沉淀箱的体积最大，并求体积的最大值．
22.本小题分
已知函数，．
若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；
若对任意，存在，使得，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数定义域的求法，交集及其运算，考查计算能力．
求出函数的定义域，即可求得和，进而求得．
【解答】
解：由，解得：，
则函数的定义域为，即，
由对数函数的定义域可知：，解得：，
则函数的定义域为，即，
则．
故选D．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数的值域，属于基础题．
分别求出各选项的值域，即可求解．
【解答】
解：，的值域为，故A错；
，的定义域为，值域也是，故B正确；
，的值域为，故C错；
，的值域为，故D错．
故选：．
3.【答案】
【解析】解：角的终边过点，
，
则，，．
故选：．
由已知求得，再由任意角的三角函数的定义求解．
本题考查任意角的三角函数的定义，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：命题“，”为存在量词命题，该命题的否定为“，”．
故选：．
利用存在量词命题的否定可得出结论．
本题主要考查特称命题的否定，属于基础题．
5.【答案】
【解析】【分析】
利用函数的单调性，结合零点判断定理，列出不等式，求解即可．
本题考查函数的零点判断定理的应用，是基础题．
【解答】
解：是增函数，
因为的零点所在的区间为，
所以只需，
即，解得．
故选：．
6.【答案】
【解析】解：，
则，
故，即，
为锐角，
，
．
故选：．
根据已知条件，结合二倍角公式，以及角的取值范围，即可求解．
本题主要考查半角的三角函数，属于基础题．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查的是对数的运算，掌握对数的运算法则和运算性质是解题的关键，属于基础题．
根据题意，计算出即可．
【解答】
解：当时，，
当时，，
因为，
所以将信噪比从提升至，则大约增加了，
故选：．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了充要条件的判断与应用，属于基础题．
利用充要条件的定义即可判断逻辑关系．
【解答】
解：“”推不出“”，
例如当，时，和不存在，
“”“”，
“”是“”成立的必要而不充分条件．
故选：．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了不等关系与不等式，考查解不等式的能力，属于基础题．
由已知可得，进而可以判断各个选项是否正确．
【解答】
解：由已知若可得：，故B错误，
则，A错误，而，，所以，C正确，
因为，所以，D正确，
故选：．
10.【答案】
【解析】解：因为，
当时，，，符合题意，A正确；
当时，，，不符合题意；
当时，，，符合题意；
当时，，，符合题意．
故选：．
根据分段函数的定义分类讨论求值即可．
本题考查分段函数的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：如图，设，，，
在中，，
，
所以，
，
因此AD正确．
故选：．
由题画出图形，解直角三角形可得，，再由三角恒等变换化简可求得，即可得到答案．
本题考查解直角三角形和三角恒等变换，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，因为，因为是递减的，所以是递增的，对；
对于，因为，
所以的值域为，所以，，，错；
对于，，根据奇函数定义知，是奇函数，对；
对于，由知，对．
故选：．
根据复合函数单调性判断可判断；
化简函数并求出分段表达式，根据偶函数定义，用特值法可判断；
根据奇函数定义，用特值法可判断；
由表达式求出的值域可判断．
本题考查函数奇偶性的性质与判断，考查了运算求解能力，属中档题．
13.【答案】
【解析】【分析】
由题意利用诱导公式，计算求得结果．
本题主要考查诱导公式的应用，属于基础题．
【解答】
解：，
故答案为：．
14.【答案】
【解析】解：因为的图象必过点，即，
中，当，时，，
从而图象必过定点．
故答案为：．
利用对数函数性质，令，则函数的取值与无关，可得恒过定点．
本题考查函数恒过定点问题，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由题意得的图像向左平移个单位长度，再把图像上所有点的横坐标伸长到原来的倍可得，
故
故答案为：
由题意得的图像向左平移个单位长度，再把图像上所有点的横坐标伸长到原来的倍可得，可求．
本题主要考查了正弦函数的平移变换及周期变换，属于基础题．
16.【答案】，
【解析】解：因为定义在上的函数满足：对任意实数，，都有，且，
所以，
所以，
所以，即，
所以函数的周期为，
因为，
所以的所有零点为，．
故答案为：，．
由已知可先求出函数的周期，结合函数的周期及即可求解．
本题主要考查了函数周期在函数零点求解中的应用，属于中档题．
17.【答案】解：根据奇函数的图象关于原点对称，作出函数的大致图像，如图所示：
函数的单调递减区间为，，单调递增区间为；
因为函数是定义在上的奇函数，
当时，，
设，则，
所以，
所以，
故．
【解析】结合已知时的函数解析式及奇函数图象的对称性可作函数图象，结合函数图象求函数的单调区间；
由时，，可设，则，由奇函数定义即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数解析式求解中的应用，还考查了函数单调性的判断，属于基础题．
18.【答案】解：在中，，，，
，，
当时，，
所以
，
所以，
；
当时，，
所以
，舍去．
【解析】由题意、内角的范围、平方关系求出和的值，对分类讨论后，分别由内角和定理、诱导公式、两角和的正弦函数求出的值．
本题考查两角和的正弦函数，诱导公式、平方关系，以及内角和定理的应用，注意内角的范围，考查化简、计算能力．
19.【答案】证明：因为函数，，
所以，
设，
则
因为在上是增函数，
所以，
所以，
所以，
即，
所以函数在区间上是单调递减；，
因为，
，
．
下面比较再比较，的大小，
，
因为，
所以，
即
综上：
【解析】设，则即可得出单调性；
利用单调性比较大小即可．
本题考查函数的性质应用，属于中档题．
20.【答案】解：选条件时，
函数，由于函数的最小正周期为，所以，
当时，，
故，，整理得，
由于，所以，
故，
令，
整理得：，
故函数的单调递增区间为；
由于，故，
当，即时，函数取得最小值为，
当，即时，函数取得最大值为．
选条件时，
由于函数的做小正周期为，所以，
函数图象关于对称，故，
所以，整理得，
由于，所以，
故，
令，
整理得：，
故函数的单调递增区间为；
由于，故，
当，即时，函数取得最小值为，
当，即时，函数取得最大值为．
【解析】选条件时，首先求出函数的关系式，进一步利用整体思想的应用求出函数的单调递增区间，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；
选条件时，首先求出函数的关系式，进一步利用整体思想的应用求出函数的单调递增区间，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．
本题考查的知识要点：函数的关系式的求法，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
21.【答案】解：由题意可得，其中，；
所以；
由均值不等式得当且仅当时取等号，
所以，
即当且仅当时取等号，
即，
因为，所以，所以；
当且仅当，即，时，取得最大值，
所以米，米时，长方体的体积最大值为立方米．
【解析】根据题意得，，；利用均值不等式求得的最大值，再计算长方体的体积．
本题考查了利用均值不等式求最值的问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：因为，所以对任意恒成立，
即时恒成立，
令，由对勾函数性质知，
在上单调递减，在上单调递增，且，
所以，所以，
所以的取值范围为．
由，单调递增，
根据复合函数单调性知，在上单调递增，
因为，所以，即，
因为的对称轴方程为，
当，即时，在上单调递增，
所以，即，
由题意知，，
所以需满足，解得；
当，即时，在上单调递增，所以，
由，可得，解得；
当，即时，，
为与中较大者，
由题意可知，只需，解得；
当，即时，在上单调递减，
所以，即，
由题意，，则，解得，
综上，的取值范围为
【解析】分离参数后，利用对勾函数的单调性求最大值即可；
根据单调性求出的值域，对的对称轴分类讨论，分别求出的值域，由题意的值域包含的值域，列出不等式组求解即可．
本题考查了利用不等式恒成立求参数的取值范围，能成立与恒成立问题的综合，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
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