天津市河北区2023-2024学年高一上册期末数学质量检测模拟试题合集2套（含解析）

天津市河北区2023-2024学年高一上册期末数学质量检测模拟试题一、单选题1．已知全集，集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用补集和交集的定义即可求解.【详解】因为，，所以，所以．故选：D.2．设命题，，则是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】先仔细审题，抓住题目中的关键信息之后再动，原题让我们选择一个全称命题的否定，任意和存在是一对，要注意互相变化，大于等于的否定是小于.【详解】，的否定是，.故选：D3．与函数有相同图象的一个函数是（

）A． B．C．，其中 D．，其中【答案】D【分析】选项A图象为折线判断错误；选项B图象上无原点判断错误；选项图象为无端点射线判断错误；选项D可化为与函数有相同图象判断正确.【详解】选项A：，图象为折线.判断错误；选项B：，图象上无原点.判断错误；选项C：，图象为无端点射线.判断错误；选项D：，与函数有相同图象.判断正确.故选：D4．“”是“”的（

）条件．A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要【答案】A【分析】根据充分必要条件的定义分别判断充分性和必要性即可．【详解】若，则，故充分性成立，若，则或，故必要性不成立，“”是“”的充分不必要条件.故选：．5．函数的零点所在的区间是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分析函数的单调性，利用零点存在定理可得出函数的零点所在的区间.【详解】因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，又因为函数在上连续，，，则，由零点存在定理可知函数的零点所在的区间是.故选：C.6．（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用诱导公式化简即可求解.【详解】，故选：A.7．已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据指数函数对数函数单调性,分别计算出范围比较即可.【详解】因为，，，所以．故选:.8．函数的图象可以看成是将函数的图象（

）得到的．A．向左平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向右平移个单位【答案】B【分析】根据正弦型函数图象的变换规律进行求解即可.【详解】因为，所以函数的图象可以看成是将函数的图象向右平移个单位得到，故选：B9．已知角终边上一点，则（

）A．2 B．-2 C．0 D．【答案】B【分析】通过坐标点得出角的正切值，化简式子，即可求出结果.【详解】解：由题意，角终边上一点，∴∴，故选：B.10．已知是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则的解集为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据是定义在上的偶函数，得到，解得，结合函数奇偶性得到在上单调递减，从而列出不等式，求出不等式的解集.【详解】因为是定义在上的偶函数，所以，解得：，因为在上单调递增，所以在上单调递减，因为，所以，故，解①得：或，解②得：，故故选：C二、填空题11．计算：____________．【答案】##0.5【分析】根据诱导公式及两角差的正弦公式求解即可.【详解】.故答案为：12．已知面积为的圆弧所对圆心角为，则这条弧所在圆的半径为__________.【答案】2【分析】设弧所在圆的半径为，利用面积公式计算即可；【详解】设弧所在圆的半径为，由题意得圆弧的面积为，圆弧所对圆心角为，所以由，所以，所以弧所在圆的半径为：2，故答案为：2.13．不等式的解集是，则不等式的解集为___________.【答案】【分析】根据解集得到，解出值，代入不等式解出即可.【详解】不等式的解为,一元二次方程的根为,,根据根与系数的关系可得:,所以;不等式即不等式,整理,得，即解之得，不等式的解集是,故答案为：.14．已知，，，则的最小值为_______.【答案】【分析】将4换为，然后通过基本不等式求得答案.【详解】因为，，且，所以，当且仅当时取等号故的最小值为故答案为：15．已知，若方程有四个根且，则的取值范围是______.【答案】【分析】作出函数的图象，结合图象得出，，得到，结合指数函数的性质，即可求解.【详解】由题意，作出函数的图象，如图所示，因为方程有四个根且，由图象可知，，可得，则，设，所以，因为，所以，所以，所以，即，即的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中作出函数的图象，结合图象和指数函数的性质求解是解答的关键，着重考查数形结合思想，以及推理与运算能力.三、解答题16．计算：(1)；(2)．【答案】(1)(2)0.【分析】（1）根据指数幂的运算性质即可求解.（2）根据对数的运算性质即可化简求值.【详解】（1）（2）.17．已知角是第四象限角，且.(1)求和的值；(2)求的值.【答案】(1)；(2).【分析】(1)根据题意和同角三角函数的基本关系计算即可；(2)由(1)和二倍角的正、余弦公式计算求出、，结合两角和的余弦公式计算即可.【详解】（1）由，得，又为第四象限的角，所以，故，所以；（2）由(1)知，，，所以，，所以.18．已知函数.（1）求，的值；（2）当时，求x的取值范围.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）根据分段函数解析式，代入求值即可；（2）分，，三种情况讨论，分别求出不等式的解集，最后取并集即可；【详解】解:（1）因为所以所以，因为，所以（2）①当时，由，得；②当时，满足题意③当时，由，得综上所述：x的取值范围是：或.【点睛】本题考查分段函数的性质应用，分段函数求值及解分段不等式，考查分类讨论思想，属于基础题.19．已知.(1)求的最小正周期及单调递减区间；(2)将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，求在区间的值域.【答案】(1)最小正周期为，单调减区间为；(2).【分析】（1）辅助角公式化简函数式，由正弦函数性质求最小正周期和递减区间；（2）写出图象平移后的解析式，进而求区间值域.【详解】（1）由，则，所以的最小正周期为.由，解得，所以的单调递减区间为.（2）将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，所以.当时，，，所以函数的值域为.天津市河北区2023-2024学年高一上册期末数学质量检测模拟试题一、单选题1．已知集合，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据交集和补集的概念，直接求解即可.【详解】因为，，所以，又，所以.故选：A2．函数的最小正周期为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据周期公式直接求解即可.【详解】的最小正周期为，故选：C3．命题“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【解析】特称量词的否定是全称量词，据此得到答案.【详解】特称量词的否定是全称量词：命题“，”的否定是，故选：【点睛】本题考查了特称量词的否定，意在考查学生的推断能力.4．已知x、y都是实数，那么“”的充分必要条件是（

）．A． B． C． D．【答案】B【解析】根据不等式的性质，结合充分条件与必要条件的概念，逐项判断，即可得出结果.【详解】对于A，，故“”是“”的充分不必要条件，不符合题意；对于B，，即“”是“”的充要条件，符合题意；对于C，由得，或，，不能推出，由也不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，不符合题意；对于D，由，不能推出，由也不能推出，故“”是“”的既不充分也不必要条件，不符合题意；故选：B.【点睛】方法点睛：本题主要考查判定命题的充要条件，及不等式的性质，充分条件、必要条件的三种判定方法：（1）定义法：根据，进行判断，适用于定义、定理判断性问题．（2）集合法：根据p，q成立的对象的集合之间的包含关系进行判断，多适用于命题中涉及字母的范围的推断问题．（3）等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把判断的命题转化为其逆否命题进行判断，适用于条件和结论带有否定性词语的命题．5．已知为角终边上一点，则（

）A．7 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】先根据三角函数的定义求出，再利用齐次化将弦化切进行求解.【详解】为角终边上一点，故，故.故选：B6．设函数，则函数的零点所在区间是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据零点存在性定理分析可得结果.【详解】因为函数的图象连续不断，且，,,，，所以函数的零点所在区间是.故选：C7．已知函数是幂函数，且在上是减函数，则实数m的值是（

）．A．或2 B．2 C． D．1【答案】C【解析】由函数是幂函数可得，解得或2，再讨论单调性即可得出.【详解】是幂函数，，解得或2，当时，在上是减函数，符合题意，当时，在上是增函数，不符合题意，.故选：C.8．已知，，，则a，b，c的大小关系为（

）A．b＜c＜a B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．c＜a＜b【答案】A【分析】分别将与比较确定它们的大小关系．【详解】；；．故．故选：A．9．若，，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意求得和的值，结合两角和的余弦公式，即可求解.【详解】由，，可得，，则.故选：D.10．已知命题p：函数是R上的减函数，命题q：对都成立.若命题p和命题q中有且只有一个真命题，则实数a的取值范围（

）A．（2，3） B． C．（2，4） D．（3，4）【答案】B【分析】分别求出命题成立的等价条件，结合复合命题之间的关系进行求解即可.【详解】函数是上的减函数，解得：对都成立,则，解得：，当命题成立命题不成立时：，解得：不存在当命题成立命题不成立时，，解得：实数取值范围为：故选：B11．已知函数，若函数有两个零点，则m的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】存在两个零点，等价于与的图象有两个交点，数形结合求解.【详解】存在两个零点，等价于与的图象有两个交点，在同一直角坐标系中绘制两个函数的图象：由图可知，保证两函数图象有两个交点，满足，解得：故选：A.12．函数的部分图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】先根据函数的奇偶性，可排除A，C，根据当时，即可排除B．得出答案.【详解】因为，所以，所以为奇函数，故排除A，C．当时，，，则，故排除B，故选:D．【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.13．已知函数是定义在区间上的偶函数，且在区间上单调递增，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据偶函数的定义域关于原点对称可得，根据以及函数的单调性可解得结果.【详解】因为函数是定义在区间上的偶函数，所以，解得，可化为，因为在区间上单调递增，所以，解得.故选：B【点睛】关键点点睛：根据以及函数的单调性解不等式是解题关键.14．已知函数，，若对任意的，总存在使得成立，则实数k的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据函数的单调性求出两函数的最大值，然后由题意可知，再解关于的不等式可求得结果.【详解】当时，单调递减，则，当时，单调递减，则，所以当时，，所以，因为在上单调递增，所以，因为对任意的，总存在使得成立，所以，所以，解得，故选：C二、填空题15．已知函数的图象恒过点A，则点A的坐标为______.【答案】【分析】由，令真数为，即代入求值，可得定点坐标．【详解】∵，∴当时，，∴函数的图象恒过定点故答案为：16．已知扇形的圆心角为，扇形的面积为，则该扇形的弧长为____________.【答案】【解析】利用扇形的面积求出扇形的半径，再带入弧长计算公式即可得出结果．【详解】解：由于扇形的圆心角为，扇形的面积为，则扇形的面积，解得：，此扇形所含的弧长.故答案为：.17．已知，且，求的最小值为______.【答案】【分析】根据，利用基本不等式可求得最小值.【详解】，且，（当且仅当，即时取等号），.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查利用基本不等式求最值的问题，解题关键是能够灵活利用已知条件中“”的等式，将所求项配凑成符合基本不等式的形式.18．若函数在区间单调递增函数，则实数a的取值范围是______.【答案】【分析】根据分段函数的单调性的判定方法，列出不等式组，即可求解.【详解】由题意，函数是上的单调递增函数，则满足，解得，所以实数a的取值范围.故答案为：19．已知函数，的部分图象如图所示，下列说法正确的是______.①函数的图象关于点对称；

②函数的图象关于直线对称；③函数在单调递减；

④是以为最小正周期的周期函数；⑤可改写为.【答案】①②⑤【分析】根据函数的图象，可求出的解析式，进而对选项逐个分析，可得出答案.【详解】解：由函数图象可得，最小正周期，所以，故④错误；当时，函数取得最大值，即，所以，则，又，得，故函数.对于①，当时，，即点是函数的一个对称中心，故①正确；对于②，当时，，即直线是函数的一条对称轴，故②正确；对于③，令，解得，则函数的单调递减区间为，故③错误；对于⑤，，故⑤正确.故答案为：①②⑤.三、双空题20．（1）______；（2）的值为______.【答案】

【分析】（1）根据指数幂以及对数运算性质，以及特殊角对应三角函数值，直接化简求解即可；（2）根据诱导公式，以及同角三角函数基本关系，直接化简求解即可.【详解】（1）；（2）.故答案为：；.21．已知，，则______；（2）______.【答案】

【分析】根据同角三角函数基本关系，求出，，再由二倍角公式以及两角和的正切公式求解即可.【详解】因为，，所以，则，所以；.故答案为：；.四、解答题22．已知函数.(1)求函数的最小正周期和函数的单调递减区间；(2)当时，求函数的最大值、最小值，并分别求出使该函数取得最大值、最小值时的自变量x的值.【答案】(1)，函数的单调递减区间为；(2)当时，取最大值为；当时，取最小值为.【分析】（1）利用两角和差正弦公式公式和辅助角公式化简，根据正弦型函数的周期公式和正弦函数单调性结论求解即可；（2）根据函数在上的单调性确定其最大值、最小值及相应的自变量x的值..【详解】（1）由已知，所以，所以的最小正周期为.由化简可得，所以函数的单调递减区间为；（2）由(1)可得函数的单调递减区间为，同理可得函数的单调递增区间为，因为，所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，，，所以，当时，取最大值为；当时，取最小值为.23．已知函数是定义域为上的奇函数.(1)求的解析式；(2)判断并证明在上的单调性；(3)解不等式.【答案】(1)(2)在上单调递增(3)【分析】（1）根据题意，由奇函数的性质可得，求出，得到函数解析式，再验证即可；（2）任取，且，作差比较与，进而可根据单调性定义判断出结果；（3）根据函数单调性，结合题中条件列出不等式组求解，即可得出结果.【详解】（1）因为是定义域为上的奇函数，所以，即，解得，所以，又，所以是奇函数，符合题意；（2）任取，且，则，因为，所以，，因此，即，所以在上单调递增；（3）由得，因为在上单调递增；所以，解得.故原不等式的解集为.24．已知函数，其中为常数.（1）若不等式的解集是,求此时