2023-2024学年吉林省长春市东北师范大学附属中学高一上学期期末考试数学试题
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.将化为弧度制，正确的是
( )
A. B. C. D.
2.若角的终边经过点，则等于( )
A. B. C. D.
3.已知，则( )
A. B. C. D.
4.已知函数，下列区间中包含零点的区间是
( )
A. B. C. D.
5.若，，则，，的大小关系为
( )
A. B. C. D.
6.扇面书画在中国传统绘画中由来已久．最早关于扇面书画的文献记载，是王羲之书六角扇扇面书画发展到明清时期，折扇开始逐渐的成为主流如图，该折扇扇面画的外弧长为，内弧长为，且该扇面所在扇形的圆心角约为，则该扇面画的面积约为( )
A. B. C. D.
7.对于函数，下列说法正确的是
( )
A. 函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位得到
B. 函数的图象可以将函数图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的倍得到
C. 若且，则的最小值为
D. 若为偶函数，则
8.已知是定义在上的奇函数，为偶函数，且当时，，则
( )
A. 的周期为
B.
C. 的所有零点之和为
D.
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.对于实数，，，下列结论正确的是
( )
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，，则
10.下列函数中，最小正周期为，且在区间上单调递减的是
( )
A. B.
C. D.
11.已知函数，为的零点，对任意，恒成立，且在区间上单调．则下列结论正确的是
( )
A. 是奇数 B. 的最大值为
C. 不存在，使得是偶函数 D.
12.已知函数，其中为自然对数的底数，设，分别为，的零点，则下列结论正确的是
( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.函数的定义域为 ．
14.函数，的值域为 ．
15.已知函数在区间上恰有三个最大值点，则的取值范围为 ．
16.已知函数，，方程恰有两个不相等的实数根，设，则实数的取值范围是 ．
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
计算：；
计算：．
18.本小题分
已知．
化简；
若是第三象限角，且，求的值．
19.本小题分
已知．
当时，解不等式；
若关于的方程在区间内恰有一个实数解，求实数的取值范围．
20.本小题分
随着经济的发展，越来越多的家庭开始关注到家庭成员的关系，一个以“从心定义家庭关系”为主题的应用心理学的学习平台，从建立起，得到了很多人的关注，也有越来越多的人成为平台的会员，主动在平台上进行学习，已知前年平台会员的个数如下表所示其中第年为预估人数，仅供参考：
建立平台第年
会员个数千人
依据表中数据，从下列三种模型中选择一个恰当的模型估算建立平台年后平台会员人数千人，并求出你选择模型的解析式：，，
为控制平台会员人数盲目扩大，平台规定会员人数不得超过千人，依据中你选择的函数模型求的最小值．
21.本小题分
已知函数，且．
设，若对任意，总存在，使成立，求实数的取值范围；
函数的图象与函数的图象关于直线对称，求不等式的解集．
22.本小题分
对于函数，若，则称实数为函数的不动点．设函数，．
若，求函数的不动点；
若函数在区间上存在两个不动点，求实数的取值范围；
若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】利用角度与弧度的换算关系可得结果．
【详解】．
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了任意角的三角函数值的计算问题，是基础题．
根据角的终边经过点，求出的值，再写出、，求和即可．
【解答】
解：角的终边经过点，
则，
，
，
．
故选：．
3.【答案】
【解析】【分析】弦化切即可求解．
【详解】，
故选：．
4.【答案】
【解析】【分析】根据函数的单调性判断该函数若有零点至多有一个零点，再由零点存在性定理可求得零点存在的区间．
【详解】函数为减函数，又，，
可得，由零点判定可知：函数包含零点的区间为．
故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】利用指数函数、对数函数的性质，结合媒介数比较大小即得．
【详解】依题意，，，而，
所以．
故选：
6.【答案】
【解析】【分析】首先由弧长和圆心角求出外弧半径与内弧半径，再根据扇形面积公式，用大扇形面积减去小扇形面积，即可求得答案．
【详解】设外弧长为，外弧半径为，内弧长为，内弧半径为，该扇面所在扇形的圆心角为，
扇形的弧长为，
，，
扇形的面积为，
该扇面画的面积为，
故选：．
7.【答案】
【解析】【分析】利用函数的图象的变换判断；通过函数的周期，转化求解判断；利用函数的奇偶性判断即可．
【详解】由函数的图象向右平移个单位得到函数，所以不正确；
将函数图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的倍得到函数，所以不正确；
因为函数的周期为，所以且，当为最小值时，此时为相邻的两个零点，故的最小值为，所以 C正确；
若为偶函数，可得函数，，则，所以不正确；
故选：．
8.【答案】
【解析】【分析】根据给定条件，分析函数的对称性及周期性，再结合给定区间上的函数逐项判断即得．
【详解】由为偶函数，得，即，函数的图象关于直线对称，
由为奇函数，得，即，则，的图象关于点对称，
因此函数是周期为的周期函数， A错误；
由当时，，得，而，，，
因此， B错误；
的零点可看作与的图象交点的横坐标，作出与的图象，
观察图形知，直线与的图象共有个交点，且它们关于点成中心对称，
所以所有零点之和为， C错误；
当时，，，与均为奇函数，则当时，
因此当时，，又与的周期都为，所以， D正确．
故选：
结论点睛：函数的定义域为，，
存在常数，使得，则函数图象关于点对称．
存在常数使得，则函数图象关于直线对称．
9.【答案】
【解析】【分析】利用不等式性质分析判断；举例说明判断；作差判断．
【详解】对于，由，得， A正确；
对于，由，得， B错误；
对于，取，满足，而， C错误；
对于，由，，得，即， D正确．
故选：
10.【答案】
【解析】【分析】根据给定条件，结合诱导公式及三角函数性质逐项分析判断即得．
【详解】对于，当时，，函数在上递增，不是；
对于，的周期是，当时，单调递减，是；
对于，当时，，在上递增，不是；
对于，当时，，在上递减，且周期是，是．
故选：
11.【答案】
【解析】【分析】根据零点和最值点列方程组求解，结合单调区间可得，然后分类讨论即可．
【详解】由题知，，即
解得，
因为在区间上单调．
所以，即，所以，
又，，所以，故 A正确，B错误；
因为，所以，当时，由，，
所以；
当时，，
所以；
当时，，
所以；
当时，，
所以．
综上可知，CD正确．
故选：
12.【答案】
【解析】【分析】利用反函数的性质，根据零点存在性定理及不等式性质、数形结合计算即可．
【详解】
由题意可知分别是函数与及与的交点横坐标，
易知与互为反函数，则其图象关于对称，
而与交点为，则有，如图所示，
可得，
，即，所以，
则，，故 A、B正确；
显然，故 C错误；
由，及，
，故 D正确．
故选：
难点点睛：利用反函数的性质得出零点关系，再利用零点存在性定理确定零点的范围，最后结合不等式的性质进行计算，尤其项，需要适当的放缩与估算．
13.【答案】，
【解析】【分析】由对数函数定义域得到不等式，求出定义域．
【详解】由题意得，即，
故，．
故答案为：，
14.【答案】
【解析】【分析】根据同角三角函数的平方关系结合二次函数的性质及余弦函数的性质计算即可．
【详解】由，
当时，，
易知，故时，取得最小值，
时，，时，，
又，故的最大值为．
故答案为：
15.【答案】
【解析】【分析】求出最大值点，根据在区间上恰有三个最大值点列不等式组求解即可．
【 详解】令，得，
因为函数在区间上恰有三个最大值点，
所以，，解得，即的取值范围为．
故答案为：
16.【答案】
【解析】【分析】根据给定条件，构造函数，并化成分段函数，再按分段讨论函数零点个数，进而求出的范围．
【详解】令函数，依题意，函数恰有两个不同零点，
当时，函数的图象对称轴，函数在上单调递减，
，在上单调递减，，函数只有个零点，不符合题意；
当时，当时，恒成立，函数有无数个零点，不符合题意；
当时，，由，解得，符合题意，；
当时，当时，由，得，当时，由，得，
显然，而，
即，因此有两个根，
，由，得，
则，即，；
当时，函数在上单调递增，当时，，
当时，，方程有两个不等实根，且
又，消去得，显然，整理得，
又，，于是，则，
因此，解得，
所以实数的取值范围是．
故答案为：
关键点睛：涉及用分段函数零点特性求参数范围问题，可以先独立分析各段上的零点，再综合考查所有零点是解决问题的关键．
17.【答案】解：原式
；
原式．
【解析】利用指数幂的运算法则计算即可；
利用对数的运算法则计算即可．
18.【答案】解：．
因为，，所以，
又因为是第三象限角，所以为第三象限角，
所以，
故．
【解析】利用诱导公式化简即可；
利用同角三角函数的平方关系可得，然后结合诱导公式可解．
19.【答案】解：当时，，
在上单调递增，，
解之得不等式的解集为．
关于的方程在区间恰有一个实数解，
化简方程得，
即方程在区间恰有一个实数解，
即方程在区间恰有一个实数解，且，
即方程区间恰有一个实数解，且，
故有，解得．
【解析】利用对数函数的性质直接解不等式即可；
先转化方程为，利用二次函数的零点分布计算即可．
20.【答案】解：从表格数据可以得知，函数是一个增函数，故不可能是，
函数增长的速度越来越快，
选择且
代入表格中的三个点可得：，解得：
，．
由可知：，
故不等式对恒成立，
对恒成立，
令，则， ，
在单调递增，则，
．
【解析】根据表格数据可知函数递增且增长速度越来越快，故选择模型；代入表格中三个点即可构造方程组求得未知数，进而得到所求模型；
根据中结论可将不等式整理为对恒成立，采用换元法，结合二次函数的性质可求得的最大值，进而得到的取值范围，从而得到结果．
21.【答案】解：因为，
则，可得，
因为，则，所以，可得，
所以．
当时，，则，
依题意，，使得，
所以，
因为，则，
令，函数在上单调递减，
所以，所以，，
因此，实数的取值范围是．
因为与的图象关于直线对称，
则
，
因为，令，
则，即，
作出函数的图象如图所示：
由可得，
即，
因为，故，可得，
解得或，
即，
因此，原不等式的解集为．
【解析】由求得，根据正弦函数性质可得，然后将问题转化为，，使得，参变分离，结合对勾函数性质可解；
先求的解析式，然后结合余弦函数图象即可求解．
22.【答案】解：当时，方程可化为，解得或；
所以，函数的不动点为和．
方程，即，可化为．
令，则当时，关于单调递增，且．
由题意，关于的方程在上有两个不等实根．
由于对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
且．
所以，．
综上，实数的取值范围为．
不等式可化为．
易知，函数在上最大值为，最小值为；
由题意，，，即．
上述不等式可化为．
令，则当时，．
由题意，，不等式恒成立．
函数在上单调递增，最大值为；
函数在上单调递减，最小值为．
所以，，即．
综上，实数的取值范围为．
关键点点睛：第二问将对数方程化为指数方程，利用分离参数及换元法转化为对勾函数定区间内有零点，结合对勾函数的单调性计算即可；第三问含有双变量的恒成立问题，先将原不等式化为在定区间恒成立，利用的最值得出的范围，同第二问分离参数及换元，利用函数的单调性计算即可．
【解析】直接根据定义解方程即可；
将方程分离参数化为，利用换元法结合对勾函数的单调性计算即可；
不等式，利用指数函数的单调性得出，，再分离参数并换元结合函数的单调性计算即可．
第1页，共1页
