—學年度上學期高一期末質量檢測數學試卷本試題卷共4頁，題全卷滿分分考試用時分鐘.注意事項：?班級?準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.選擇題的作答：每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接在答題卡對應的答題區域內寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.一?選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式，根據交集運算求解.【詳解】因，所以，故選：A2.已知函數，則的增區間是（）A.B.C.D.【答案】C第1頁/共16頁【解析】【分析】利用整體代換法求正弦型函數的增區間.【詳解】令，解得，所以函數的增區間是.故選：C.3.“”是“在上單調遞減”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】根據函數單調性的定義及充分條件、必要條件求解.【詳解】當在上單調遞減，設任意，且，則，又，所以可得，故“”是“在上單調遞減”的充要條件，故選：C4.函數的零點所在的區間為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出函數單調性和，再結合零點存在定理即可得解.第2頁/共16頁【詳解】因為函數和均為單調遞增函數，所以函數為單調遞增函數，又，所以，所以由零點存在定理可知函數的零點所在的區間為.故選：B.5.一種藥在病人血液中會以每小時的比例衰減，這種藥在病人血液中低于時病人就有危險，現給某病人的靜脈首次注射了這種藥，那么再次向病人補充這種藥的時間間隔不能超過（）（，精確到）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據題意可得，結解不等式即可.【詳解】設再次向病人補充這種藥的時間間隔不能超過，則，可得，所以再次向病人補充這種藥的時間間隔不能超過.故選：A.6.已知相互嚙合的兩個齒輪，大輪有48齒，小輪有20齒，當大輪轉動一周時，小輪轉動的角度（弧度）是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】通過相互嚙合的兩個齒輪轉動的齒數相同，得到大輪轉動一周時，小輪轉動的周數，即可求小輪轉動的角度.第3頁/共16頁【詳解】因為相互嚙合的兩個齒輪，大輪48齒，小輪20齒，所以當大輪轉動一周時時，大輪轉動了48個齒，所以小輪此時轉動周，即小輪轉動的角度為.故選：B7.下列大小關系正確的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用誘導公式及正弦函數性質判斷A；利用指數、對數函數及冪函數的單調性判斷BCD.【詳解】對于A，，A錯誤；對于B，，B錯誤對于C，，C錯誤；對于D，，D正確.故選：D8.已知函數的定義域為，對任意的，都有，當時，，且，若，則不等式的解集是（）A.或B.C.或D.【答案】D【解析】【分析】先由題設結合賦值法求出和函數單調性解不等式得，解該不等式即可得解.第4頁/共16頁【詳解】因為對任意的，都有，，且，所以，且，設任意，則，則，又，所以，若，則當時，，則，矛盾，所以，所以，所以函數是單調遞減函數，所以不等式等價于，所以，故即，解得.所以不等式的解集是.故選：D1是巧妙賦值求出求出和2是由所給條件結合單調性定義求出函數是單調遞減函數.二?多選題：本大題共3小題，每小題6分，共分在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列幾種說法中，正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則【答案】BCD【解析】【分析】取特例判斷A，根據作差法判斷BC，利用不等式性質判斷D.第5頁/共16頁【詳解】當時，滿足，但不成立，故A錯誤；因為，所以，即，故B正確；因為，所以，即，故C正確；因為，所以，所以，又，所以，故D正確.故選：BCD10.已知，下列說法正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則【答案】BC【解析】ABC，根據誘導公式判斷D.【詳解】因為在上不單調，所以，則不成立，故A錯誤；因為在上單調遞減，所以，則成立，故B正確；因為，所以，故C正確；因為，，所以或，即或，故D錯誤.故選：BC已知，則下列說法正確的是（）第6頁/共16頁A.是奇函數B.若，則C.若，則D.若方程有兩個不同的實數解，則【答案】ACD【解析】【分析】根據奇偶性定義即可判斷A；分析函數的單調性即可判斷B；由函數的奇偶性和單調性得到即可判斷C；依次作出函數、和的圖象，數形結合即可得解判斷D.【詳解】對于A，因為，所以函數定義域為R，且，故函數是奇函數，故A正確；對于B，因為為增函數，所以為減函數，所以若，則，故B錯誤；對于C，因為，所以，因為為減函數，所以，所以，故C正確；對于D，令，依次作出函數、和的圖象如圖所示：第7頁/共16頁因為方程有兩個不同的實數解，所以由圖得，故D正確.故選：ACD.有兩個不同的實數解的參數m時，通過作出函數、和的圖象可簡化問題的難度而得解.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共分.12.__________.【答案】6【解析】【分析】根據對數的運算及性質求解.【詳解】,故答案為：613.已知，則__________.【答案】【解析】【分析】根據同角三角函數的基本關系求解.【詳解】因為，所以，所以，第8頁/共16頁故答案為：14.已知，則的最小值為__________.【答案】##4.5【解析】【分析】根據“1”的變形技巧，利用基本不等式得解.【詳解】由可得，所以，當且僅當，即時等號成立，故答案為：四?解答題：本大題共5小題，共分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.（1）已知，求；（2）已知是第三、四象限角，且，求.【答案】（1）2）.【解析】1）利用誘導公式化簡，再利用同角三角函數的基本關系即可求值；（2）利用同角三角函數的基本關系化簡，再結合是第三、四象限角求解即可.1）原式，又，所以原式；（2）因為①，第9頁/共16頁兩邊平方得，因為②，所以③，②+③得，即，所以，因為是第三、四象限角，所以，所以，所以④，聯立①④，解得，，所以.16.已知函數.（1）若，求的值；（2）若，解不等式.【答案】（1）（2）【解析】1）由得a的方程，解方程即可得解；（2）由函數的單調性得不等式組，解該不等式組即可得解.1）因為，所以，即，因為，所以，第10頁/共16頁（2）因為，不等式，所以，即①，因為在上單調遞減，所以①等價于，由②得，解得，由③得，解得，取交集得不等式的解集是.17已知函數，且.（1）求的最小正周期和的值；（2）求在區間上的最大值和最小值；（3）若，且，求的取值集合.【答案】（1），（2）最大值，最小值（3）【解析】1得方程的范圍即可得第11頁/共16頁解.（2）由的范圍結合的性質即可求解；（3）由得，結合正弦函數性質得不等式，結合解該不等式即可求解.【小問1詳解】的最小正周期，因為，所以，即，所以，又，所以取，.【小問2詳解】由（1）知，因為，所以，因為在上單調遞增，在上單調遞減，所以，即時，取得最大值，因為，所以，即時，取得最小值；【小問3詳解】由得，所以，第12頁/共16頁所以，又，所以只能取，得，即.18.已知定義在上函數.（1）若，求的值域；（2）是否存在，使是奇函數？若存在，求出值；若不存在，請說明理由；（3）若函數在上是減函數，求實數的取值范圍.【答案】（1）（2）存在（3）【解析】1）當時，利用指數函數的性質即可得出值域；（2）根據函數為奇函數利用求，再檢驗即可；（3）根據函數為減函數，利用單調性定義轉化為成立，再由指數函數單調性得解.【小問1詳解】當，，設，則，因為，所以，所以，即的值域是，【小問2詳解】若是定義在上的奇函數，第13頁/共16頁則，即，所以，即，此時，，所以，所以存在，使為奇函數.【小問3詳解】因為在上的單調遞減，設，且，則，即，因為，所以，因為，所以因為，所以只需即，因為，所以.【點睛】關鍵點點睛：函數變形時，需要對指數的運算熟練且變形能力強，對運算能力要求較高.19.已知函數.（1）求的零點；（2）設函數的最大值為，求的解析式；（3）若任意，存在，使，求實數的取值范圍.第14頁/共16頁【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】1）由得，解該方程即可得解；（2）先由題設得，構造函數，分、和三種情況結合二次函數單調性分析討論即可求解.（3）求出最小值和的最小值