2023学年高一上学期期末质量检测数学试题(含解析).pdf

2022－2023学年第一学期福州市高一期末质量抽测

数学试卷

（完卷吋间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自已的准考证号、姓名.考生要认真核

对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂涂黑.如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.第Ⅱ卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试
题卷上作答，答案无效.
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的.

Axx25x40Bx0x3AB
1.已知集合，，则（）

A.x0x1B.x0x1C.x1x3D.{x|x3或x4}

【答案】B

【解析】

【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义求解作答.

【详解】解不等式x25x40，得x1或x>4，则A{x|x1或x4}，而Bx0x3，

所以AB{x|0x1}.

故选：B

2.已知命题p:x0,，x3x，则命题p的否定是（）

A.x0,，x3xB.x0,，x3x

C.x0,，x3xD.x0,，x3x

【答案】B

【解析】

【分析】“任一个都成立”的否定为“存在一个不成立”.

【详解】“任一个都成立”的否定为“存在一个不成立”.
故命题p的否定为：x0,，x3x.

故选：B.

3.在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P4,3，

则cos（）

4433
A.B.C.D.-
5545

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，利用三角函数定义直接计算作答.
4
|OP|42(3)25cos
【详解】依题意，，所以5.

故选：A

4.若函数fxsinx是奇函数，则可取的一个值为（）


A.B.C.D.
243

【答案】A

【解析】

【分析】sinx的图象左右平移kπ,kZ仍为奇函数，即可求得.

【详解】sinx的图象左右平移kπ,kZ仍为奇函数，则kπ,kZ.

故选：A.

x2
5.函数fx的图象大致为（）
x1

A.B.
C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】由f00可排除C，D，当x0时，fx0可排除A，即可得正确答案.

【详解】由f00可排除C，D；

x2
当x0时，fx0，排除A.
x1

故选：B.

2x,x1,
6.已知函数fx，若fa0，则a的值为（）
1logx,x1
2
1
A.
2B.0C.1D.2

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，由fa0求解对数方程，即可得到结果.

【详解】由题意可得，当x1时，2x0，

且fa0，则1loga0，解得a2
2

故选:D

7.设函数fxsinxcosx0在[,]的图象大致如下图所示，则函数fx图象的对称中心

为（）
kπππ
A.,0kZB.kπ,0kZ
288

2kππ4kππ
C.,0kZD.,0kZ
3636

【答案】C

【解析】

5
T2
π3124
【分析】化简fx2sinx，由题意可得k,kZ，由图可得：，解不
4253
T2
2
33π
xkπ,kZ，即可求出fx图象的对称中心.
等式即可求出2，令24

π
【详解】fxsinxcosx2sinx，
4

5π
因为fx的图象过点,2，
6
5ππ3π
2kπ,kZ，
所以642
312
k,kZ，
解得：25

552
T22
4453
因为由图可得：，
33242
T22
22
3

所以2，

3π
fxsinxcosx2sinx，
24
3π2π
xkπ,kZ，解得：xkπ,kZ，
令2436

2kππ
则函数fx图象的对称中心为,0kZ.
36

故选：C.

8.设alog3，blog4，clog8，则（）