2024学年高一上学期期末教学质量检测数学试题含答案.pdf

宿州市省、市示范高中2023—2024学年度第一学期期末教学质量检测

高一数学试卷（人教版）（答案在最后）

一、单项选择题：（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{x∣ylg(3x)}B(4,1)
1.已知集合，，则AB（）

A.(,1)B.4,3C.(4,)D.3,1

【答案】A

【解析】

【分析】将集合A,B化简，再由并集的运算，即可得到结果.

【详解】因为ylg(3x)，令3x0，解得x3，

则A{x∣ylg(3x)},3，且B(4,1)，

则AB(,1).

故选：A

2.sin240（）

133
A.B.1C.D.
2222

【答案】C

【解析】

【分析】利用诱导公式求出答案.

3
【详解】sin240sin18060sin60.
2

故选：C

3.“角是第三象限角”是“sintan0”的（）．

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分又不必要条件

【答案】A

【解析】
【分析】结合角所在象限的性质及充分不必要条件进行判断即可.

【详解】当角是第三象限角时，

sin0，tan0，

于是sintan0，

所以充分性成立；

sin2
当sintan0，即cos0时，
cos

角是第二或第三象限角，

所以必要性不成立，

故选：A．

1y
x,y0,
4.已知，3x4，则xy的最大值为（）
9
939
A.2B.C.D.
824

【答案】A

【解析】

1y
【分析】由3x4，得x2y4，再根据基本不等式可求出结果.
9

1y
【详解】由3x4，得3x432y，得x-4=-2y，即x2y4，
9

因为x,y0,，所以4x2y22xy，当且仅当x2，y1时，等号成立，

所以xy2，即xy的最大值为2.

故选：A
12
5.已知alog，b20.3，clog，则a，b，c的大小关系为（）
2325

A.abcB.bacC.acbD.bca

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，结合指数函数以及对数函数的单调性，即可求解.

【详解】因为函数ylogx在0,上单调递增，
2
12
则logloglog10，即ac0，
23252

又0b20.3201，即0b1，

所以acb.

故选：C

6.函数y2sinx在一个周期内的图象如图所示，则此函数的解析式是（）

3ππ
A.y2sinxB.y2sin2x
84

x7ππ
C.y2sinD.y2sin2x
2164

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数的图象，利用“五点法”求解即可.
T5πππ

【详解】由图知A2，2882，
2π
Tπ，∴2
T，
ππ
2kπkZ，
又82
πππ
2kπ22kπkZ，
284

ππ
∴函数的解析式为y2sin2x2kπ2sin2x．
44

故选：D

1
7.已知fx是奇函数，当x≥0时，fxe2x1（其中e为自然对数的底数），则fln（）
3

A.3B.3C.8D.8

【答案】D

【解析】
【分析】根据奇函数的性质f(x)f(x)即可求解.

【详解】由f(x)是奇函数得f(x)f(x)，又x0时，f(x)e2x1，

1
所以flnf(ln3)f(ln3)e2ln31eln918.
3

故选：D
q
8.黎曼函数由德国著名数学家黎曼（Riemann）发现提出黎曼函数定义在0,1上，其解析式为：当x
p为

1
p,qN*时Rxx0,10,1Rx0fx
真约数且p，当或上的无理数时，若函数是定义在R上

2023
的偶函数，且xR，f(x)f(x2)0，当x[0,1]时，f(x)R(x)，则：fπf（）
5
2112
A.D.
5B.5C.55

【答案】B

【解析】

【分析】根据已知可推得偶函数fx的周期为4，利用偶函数性质、周期性求目标函数值.

【详解】由题意f(x2)f(x)f(