一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題所給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）
1. 命題：，的否定為（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
2. 不等式的解集為，則實數的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
3. 已知集合，，則（ ）
A. B. C. D.
4. 函數的零點所在區(qū)間是（ ）
A. B. C. D.
5. 若，則在上的最大值為（ ）
A. B. C. D. 0
6. 已知，，則函數值域為（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函數（其中，，）的部分圖象如圖所示，將函數圖象上所有點向右平移個單位，得到函數的圖象，則函數的解析式為（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知是定義域為的奇函數，滿足，若，則（ ）
A. B. 1C. 5D.
二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題所給的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯的得0分）
9. 下列條件中，是“”的一個充分不必要條件的是（ ）
A. B. C. D.
10. 下列說法正確的是（ ）
A. 終邊在軸上角的集合是
B. 若角的終邊在第二象限，則角是鈍角
C. 若角是鈍角，則角終邊在第二象限
D. 終邊在直線上角的集合是
11. 設正實數，滿足，則（ ）
A. 的最大值為B. 的最小值為
C. 的最大值為D. 的最小值為
12. 已知函數，且，則（ ）
A. B. 奇函數
C. 函數的圖象關于點對稱D. 不等式的解集為
三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）
13. 已知是定義域為的奇函數，則______.
14. 若，則______.
15. 若，且，則______.
16. 已知、、都是正數，且，則的最大值為______.
四、解答題（共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）
17. 已知集合.
（1）當時，求集合；
（2）若集合只有2個子集，求實數的值.
18 已知函數.
（1）若函數的圖象過點，求實數的值；
（2）當時，求關于的不等式的解集.
19. （1）已知，若，求的值；
（2）已知，求最大值.
20. 已知冪函數.
（1）求的值；
（2）若，求實數的取值范圍.
21. 已知函數.
（1）求函數的最小正周期；
（2）求函數的單調遞減區(qū)間.
22. 布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它得名于荷蘭數學家魯伊茲·布勞威爾，簡單地講就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數，存在點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數，而稱為該函數的一個不動點.現新定義：若滿足，則稱為的次不動點.
（1）求函數的次不動點；
（2）若函數在上僅有一個不動點和一個次不動點，求實數的取值范圍.大理州2023—2024學年上學期教學質量監(jiān)測
高一數學
一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題所給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）
1. 命題：，的否定為（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】利用含有一個量詞的命題的否定的定義求解.
【詳解】解：因為命題：，是全稱量詞命題，
所以其否定為存在量詞命題，即，，
故選：C
2. 不等式的解集為，則實數的取值范圍是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】判別式小于等于零解出a的范圍即可.
【詳解】因為不等式的解集為，
所以判別式，解得，
故選：A.
3. 已知集合，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由交集的定義求解即可.
【詳解】集合，，
則
故選：B.
4. 函數零點所在區(qū)間是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據連續(xù)函數零點的存在性定理直接進行判斷在哪個區(qū)間上有零點，再結合函數的單調性說明函數在其它區(qū)間上沒有零點.
【詳解】因為：，，，
，.
所以函數在區(qū)間上有零點.
又在上為增函數，所以最多一個零點，故在其它區(qū)間上不存在零點.
故選：C
5. 若，則在上的最大值為（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】由，利用正弦函數的性質求解.
【詳解】解：，
因為，所以，則，
所以，所以在上的最大值為0，
故選：D
6. 已知，，則函數的值域為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先得到，再作出其圖象求解.
【詳解】解：由題意得：，
其圖象，如圖所示：
由圖象知：函數y的值域為，
故選：A
7. 已知函數（其中，，）的部分圖象如圖所示，將函數圖象上所有點向右平移個單位，得到函數的圖象，則函數的解析式為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函數的圖象求得，再利用平移變換求解.
【詳解】解：由函數的圖象知：，，則，所以，
則，因為點在圖象上，所以，
則，即，
因為，則，所以，
將函數圖象上所有點向右平移個單位，得到，
故選：D
8. 已知是定義域為的奇函數，滿足，若，則（ ）
A. B. 1C. 5D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據已知條件分析出是周期為的周期函數，然后利用周期性可得，結合已知函數值可求結果.
【詳解】因為，所以，
又因為是定義域為的奇函數，所以，且,
所以，所以，
所以，所以是周期為的周期函數，
所以，，
因，所以，
因為，所以，
所以，
故選：B.
二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題所給的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯的得0分）
9. 下列條件中，是“”的一個充分不必要條件的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由子集與推出關系判斷.
【詳解】由：或.
是“”的充分不必要條件對應的集合應該是或的真子集.
滿足條件的有AB.
故選：AB
10. 下列說法正確的是（ ）
A. 終邊在軸上角的集合是
B. 若角的終邊在第二象限，則角是鈍角
C. 若角是鈍角，則角的終邊在第二象限
D. 終邊在直線上角的集合是
【答案】CD
【解析】
【分析】根據終邊相同的角的表示方式進行判斷AD，根據鈍角的概念判斷BC.
【詳解】對A：終邊在軸上的角的集合是：，故A錯；
對B：終邊在第二象限的，未必都是鈍角，例如，故B錯；
對C：因為鈍角是大于小于的角，必在第二象限，故C對；
對D：終邊在直線上的角的集合是：，故D對.
故選：CD
11. 設正實數，滿足，則（ ）
A. 的最大值為B. 的最小值為
C. 的最大值為D. 的最小值為
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用基本不等式可判斷ACD；利用配方法可判斷B.
【詳解】對于A，因為，所以，
當且僅當時取等，故A正確；
對于B，，，
所以無最小值，故B錯誤；
對于C，因為，
所以，
所以，當且僅當時取等號，故C正確；
對于D，因為正實數滿足，所以
，當且僅當即，等號成立，
所以的最小值為，故D正確.
故選：ACD.
12. 已知函數，且，則（ ）
A. B. 是奇函數
C. 函數的圖象關于點對稱D. 不等式的解集為
【答案】BD
【解析】
【分析】由，解得，從而判斷A；根據奇函數的定義判斷B；通過判斷是否成立判斷C；判斷出函數在R上單調遞增，將原不等式轉化為，求解后判斷D.
【詳解】解：因為，所以，解得，故A錯誤；
所以，
因為，
所以是奇函數，故B正確；
因為，
所以函數的圖象不關于點對稱，故C錯誤；
因為，
易知在R上單調遞增，
所以，解得，
所以不等式的解集為，故D正確.
故選：BD.
【點睛】結論點睛：如果，則函數關于點中心對稱.
三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）
13. 已知是定義域為的奇函數，則______.
【答案】
【解析】
【分析】根據已知條件求得的值，則可求.
【詳解】因為是定義域為的奇函數，
所以，所以，
所以，
故答案為：.
14. 若，則______.
【答案】
【解析】
【分析】根據正切和角公式得到方程，求出.
【詳解】，
故，解得.
故答案為：
15. 若，且，則______.
【答案】5
【解析】
【分析】由代入即可求得解析式，再次用代入法即可求解.
【詳解】依題得，解得，則，
則.
故答案為：5
16. 已知、、都是正數，且，則的最大值為______.
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式可求得的最大值.
【詳解】因為、、都是正數，且，
由基本不等式可得，即，
當且僅當時，即當時，等號成立，
故的最大值為.
故答案為：.
四、解答題（共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）
17. 已知集合.
（1）當時，求集合；
（2）若集合只有2個子集，求實數的值.
【答案】17.
18. 0或
【解析】
【分析】（1）代入求解出方程的解，則可知；
（2）根據進行分類討論：當時，根據（1）的結果分析即可，當時，考慮的情況，由此可求結果.
【小問1詳解】
當時，由解得，
所以.
【小問2詳解】
因為集合只有個子集，所以集合中只有個元素，
當時，，顯然滿足；
當時，若中只有個元素，只需滿足方程僅有個解，
所以，解得，解方程可得，此時，滿足條件；
綜上所述，的取值為0或
18. 已知函數.
（1）若函數的圖象過點，求實數的值；
（2）當時，求關于的不等式的解集.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）代入于解析式，則的值可求；
（2）將不等式變形為“”，結合對數函數的單調性可求解出不等式的解集.
【小問1詳解】
因為的圖象過，
所以，即，
所以.
【小問2詳解】
因且，所以，
所以，又在上單調遞增，
所以，即不等式的解集為.
19. （1）已知，若，求的值；
（2）已知，求的最大值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由同角三角函數關系得到，，利用半角公式和正弦和角公式化簡，代入求值即可；
（2）根據正弦差角公式和輔助角公式得到，整體法求出最大值.
【詳解】（1），
因為，所以，
又，故，
因為，所以，故，
則；
（2）
，
其中，
故的最大值為，
此時.
20. 已知冪函數.
（1）求的值；
（2）若，求實數的取值范圍.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由冪函數的概念求解即可；
（2）由的單調性，進行分類討論即可得出答案.
【小問1詳解】
因為是冪函數，
所以，即，所以，
解得：
【小問2詳解】
由（1）知，的定義域為，
所以在上單調遞減，
當，解得：，
當，解得：，
當，解得：，
故實數的取值范圍為：.
21. 已知函數.
（1）求函數的最小正周期；
（2）求函數的單調遞減區(qū)間.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）應用平方差公式及平方關系和余弦的二倍角公式即可化簡函數，結合周期的公式即可求；
（2）去絕對值，討論出單調性即可.
【小問1詳解】
由
，
則其最小正周期為；
【小問2詳解】
由（1）得，
當，由，
得，結合定義域，故單調遞減，
當時，
由，得，
結合定義域，故單調遞減，
綜上函數的單調遞減區(qū)間
22. 布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它得名于荷蘭數學家魯伊茲·布勞威爾，簡單地講就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數，存在點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數，而稱為該函數的一個不動點.現新定義：若滿足，則稱為的次不動點.
（1）求函數的次不動點；
（2）若函數在上僅有一個不動點和一個次不動點，求實數的取值范圍.
【答案】（1）和
（2）
【解析】
【分析】（1）根據函數的次不動點定義建立方程，求解即得；
（2）因函數各有一個不動點和一個次不動點，故相當于對應的兩個方程各有一個解，將兩個方程利用參變分離法轉化成求解對應函數的值域問題，最后求交即得.
【小問1詳解】
設函數的次不動點為，則，即，將等式兩邊平方整理得：或，均符合題意，
故函數的次不動點為和.
【小問2詳解】
設函數在上的不動點和次不動點分別為和.則由可得：，
即：，化簡得：，，因在時為增函數，故，即；
再由可得：，即：，化簡得：，，
因在時為增函數，故，即.綜上所述，實數的取值范圍為.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查的是函數新定義問題.
解題關鍵在于設出不動點（或次不動點）后，對于方程有解的問題最便捷的方法就是運用參變分離法，把求參數取值范圍的問題轉化為求對應函數在給定區(qū)間上的值域問題.

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