2023-2024学年重庆市高一（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.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3.已知扇形的面积为，圆心角为弧度，则此扇形的弧长为( )
A. B. C. D.
4.设，则( )
A. B. C. D.
5.已知函数的部分图象如图所示，则的解析式是( )
A.
B.
C.
D.
6.锐角中，若，则( )
A. B. C. D.
7.定义在上的函数为奇函数，且为偶函数，当时，，则( )
A. B. C. D.
8.已知函数，记该函数在区间上的最大值与最小值的差值为，则的最小值为( )
A. B. C. 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.下列函数中，在定义域内既为奇函数又为增函数的是( )
A. B. C. D.
10.已知函数，则下列结论正确的是( )
A. 函数的定义域是 B. 函数的值域是
C. 函数的单调递增区间是 D. 不等式的解集是
11.已知函数，则下列结论正确的是( )
A. 函数的初相为
B. 若，则函数的图象关于对称
C. 若函数的图象关于点对称，则可以为
D. 若函数在上有且仅有个零点，则的范围是
12.已知函数，若存在四个不同的值，，，，使得，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.已知幂函数是奇函数，且在上单调递减，则实数的值可以是______ ．
14. ______ ．
15.已知，满足，则 ______ ．
16.已知函数点是单位圆上的动点，若不等式恒成立，则实数的范围为______ ．
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
已知集合，集合．
当时，求；
若，求的取值范围．
18.本小题分
已知．
化简函数；
若，求的值．
19.本小题分
已知函数在上单调递增．
求的取值范围；
当取最大值时，将的图象向左平移个单位，再将图象上所有点的横坐标变为原来的倍，得到的图象，求在内的值域．
20.本小题分
已知定义在上的函数满足，且对任意，．
证明：在上单调递减；
解不等式．
21.本小题分
如图，半径为的扇形圆心角为，点在弧上运动，连结，，得四边形．
求四边形面积的最大值；
求四边形周长的最大值．
22.本小题分
已知函数，．
证明函数的图象过定点；
设，且，讨论函数在上的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
故．
故选：．
先求出集合，，再结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：当时，或，
当时，，
所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：．
根据特殊角的三角函数值，结合充分条件和必要条件的定义，即可得解．
本题考查充分必要条件的判断，特殊角的余弦函数值，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：设扇形的弧长为，半径为，
因为扇形的圆心角为，
所以面积为，解得，
所以扇形的弧长为．
故选：．
根据扇形的弧长和面积公式，计算即可．
本题考查了扇形面积和弧长公式的应用问题，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：，，，
，
故，
综上所述，．
故选：．
根据已知条件，结合对数的换底公式，以及函数的单调性，即可求解．
本题主要考查数值大小的比较，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由图可知，且，
所以，
因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，即，，
因为，
所以，
所以
故选：．
根据函数的最值求出，根据函数的周期求出，根据特殊点求出的值，即可得解．
本题主要考查由函数的部分图象求解析式，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：因为锐角中，若，
则，即，
所以，
因为为锐角，
故A．
故选：．
由已知结合二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了二倍角公式的应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：为偶函数，
，即，
的图象关于直线对称，
又为奇函数，
，
由得，
是周期为的函数，
又时，，，
．
故选：．
依题意，可求得定义在上的奇函数为周期是的函数，从而结合时，，可求得答案．
本题考查函数奇偶性的性质与判断，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：，
由对勾函数的性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又因为，所以，
所以当时，函数在上单调递减，
所以；
当，即时，
，
，，
由，解得，
所以当时，，
当时，；
当，即时，函数在上单调递增，
所以；
所以，
作出的图象，如图所示：
由此可得当．
故选：．
由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且，分、、及，求出的解析式，再作出图象，结合图象求解即可．
本题考查了对数函数的性质、分类讨论思想及数形结合思想，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：由基本初等函数的性质可知，
的定义域为，满足，即为奇函数且为增函数，A正确；
的定义域为，满足，即为奇函数且为增函数，B正确；
为偶函数，C错误；
为偶函数，D错误．
故选：．
利用基本初等函数的性质逐项判断即可．
本题考查函数奇偶性的性质与判断，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于函数，由，可得或，
可得函数的定义域为，故A错误．
由于真数能取遍所有的正实数，故函数的值域是，故B正确．
根据函数的定义域为，
在上，满足大于零且单调递增，
而在上，满足大于零且单调递减，
故函数的单调递增区间是，减区间是，故C正确．
不等式，即，即，
即，求得，即或，
故不等式的解集为，故D错误．
故选：．
由题意，根据复合函数的单调性，二次函数、对数函数的性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查复合函数的单调性，二次函数、对数函数的性质，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于函数，它的初相为，故A正确．
若，则当时，函数，不是最值，可得它的图象不关于对称，故B错误．
若函数的图象关于点对称，则，故，，故不可以为，故C错误．
若函数在上有且仅有个零点，，
故有，求得，
即的范围是，故D正确．
故选：．
由题意，利用正弦函数的图象和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：画出函数的大致图象，如图所示：
设存在四个不同的值，，，，使得，其中，
直线与函数的图象相交于四个不同的点，所以，
由图象知，，选项A正确；
因为函数的图象关于直线对称，所以，
所以，选项B正确；
因为，即，即，
所以，选项C错误；
设，因为，所以，
由对勾函数的性质知，在上单调递增，
所以，选项D正确．
故选：．
根据题意画出函数的大致图象，结合图象得出的取值范围，判断选项A是否正确；
利用的图象关于直线对称，得出，计算的取值范围，判断选项B是否正确；
由得出的值，判断选项C是否正确；
设，根据的取值范围，利用对勾函数的性质即可求出的取值范围，判断选项D即可．
本题考查了函数的零点与方程根的关系，也考查了数形结合思想与推理判断能力，是中档题．
13.【答案】答案不唯一
【解析】解：由题意，幂函数是奇函数，则为奇数，
又函数在上单调递减，则为负数，
则实数的值可以是答案不唯一．
故答案为：答案不唯一．
根据幂函数的性质求解即可．
本题考查幂函数的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：原式．
故答案为：．
利用对数的运算性质求解．
本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：因为，
所以，，
所以，，
则
．
故答案为：．
由已知结合同角平方关系及两角差的余弦公式及诱导公式即可求解．
本题主要考查了同角平方关系，和差角公式及诱导公式的应用，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：因为，
，
所以为上奇函数，
又因为，均为单调递减函数，
所以，均为单调递增函数，
所以在上单调递增，
又因为恒成立，
即有恒成立，
即，恒成立，
又因为点是单位圆上的动点，
令，，
则，
令，
因为，所以，
所以，
且，
所以，
又因为，
由二次函数的性质可知：．
所以，解得，
所以实数的范围为
故答案为：
先判断出函数为上单调递增奇函数，再将原不等式转化为，结合点是单位圆上的动点，及三角恒等变换公式求解即可．
本题考查了函数的奇偶性、单调性、三角恒等变换，考查了转化思想，属于中档题．
17.【答案】解：由题意可得．
当时，，
则．
因为，所以，
显然，则
解得，
即的取值范围是．
【解析】根据题意，由交集的运算，即可得到结果；
根据题意，由条件可得，列出不等式，即可得到结果．
本题主要考查了集合的交集运算及集合并集的运算性质的应用，属于基础题．
18.【答案】解：；
若，则，
所以．
【解析】利用诱导公式即可求解；
利用同角三角函数基本关系式即可求解．
本题主要考查了诱导公式以及同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
19.【答案】解：函数在上单调递增；
故：，；由于；
解得：．
故的取值范围．
当时，函数的图象向左平移个单位，再将图象上所有点的横坐标变为原来的倍，得到的图象；
由于，
故，
由于函数在上单调递增，且，
故．
【解析】直接利用正弦型函数的单调性求出的取值范围；
利用函数图象的平移变换和伸缩变换求出函数的关系式，最后利用函数的定义域求出函数的值域．
本题考查的知识要点：正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：证明：任取，，使，则，
所以，
因为，
所以，，
所以在上单调递减；
由可知在上单调递减，
令，则有，
所以，
所以，
所以，解得，
所以原不等式的解集为．
【解析】按照单调性的定义及已知条件证明即可；
将不等式变形为，结合单调性求解即可．
本题考查了利用定义法证明函数的单调性及利用单调性解抽象不等式，属于中档题．
21.【答案】解：设，，则，
所以四边形的面积为：
，
当时，，，
四边形的面积取得最大值，为；
过点作，则，
所以四边形的周长为：
，
当时，，，
四边形的周长取得最大值，为．
【解析】设，，得，计算四边形的面积，利用辅助角公式求出四边形面积的最大值；
过点作，得，计算四边形的周长，利用辅助角公式求出四边形周长的最大值．
本题考查了三角恒等变换应用问题，也考查了三角函数求值问题，是中档题．
22.【答案】证明：令，即，在，时，不论为何值，则，
即函数的图象恒过定点；
解：当时，令，可得，即，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
若，即，即时，上，函数单调递增，此时函数的最小值为；
当时，即，上，函数单调递减，此时函数的最小值为；
当，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，即，即，
所以时，上，函数单调递增，此时函数的最小值为；
综上所述：时，；
时，；
时，
【解析】令，可得，可得函数恒过的定点的坐标；
分，时，再分上单调递增，单调递减两种情况讨论，可得函数的最小值．
本题考查分类讨论的思想及对数函数的单调性的应用，属于中档题．
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