广东省深圳市龙岗区2022-2023学年高一数学上学期期末试题（Word版附解析）

龙岗区2022-2023学年第一学期高一期末质量监测数学试卷注意事项：1.本试卷共5页，22小题，满分150分，考试用时120分钟.2.答题前，请将学校、班级、姓名和考号用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并将条形码粘贴在答题卡的贴条形码区.请保持条形码整洁、不污损.3.本卷试题，考生必须在答题卡上按规定作答；凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效.答题卡必须保持清洁，不能折叠.4.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡选择题答题区内对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；非选择题答案必须用规定的笔，按作答题目的序号，写在答题卡非选择题答题区内.5.考试结束，请将答题卡交回.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.1.命题：“”的否定是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】写出全称命题的否定即可.【详解】“”的否定是：.故选：C.2.的值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】根据诱导公式即可求得结果.【详解】由题意可知，，利用诱导公式可得即.故选：D3.集合，是自然数集，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出集合A中元素范围，再求即可.【详解】由已知，.故选：D.4.设，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【答案】A【解析】【分析】先解出两个不等式，然后根据充分性和必要性的定义去判断得答案.【详解】，，可以推出，故充分性满足；不能推出，故必要性不满足；则是的充分不必要条件. 故选：A.5.当时，在同一平面直角坐标系中，与的图象是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由定义域和，使用排除法可得.【详解】的定义域为，故AD错误；BC中，又因为，所以，故C错误，B正确.故选：B6.将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位，纵坐标不变，所得函数图象的一条对称轴的方程是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据图像的伸缩和平移变换得到，再整体代入即可求得对称轴方程.【详解】将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍， 得到，再向左平移个单位，得到，令，，则，.显然，时，对称轴方程为，其他选项不符合.故选：B7.设实数满足，函数的最小值为（）A.B.C.D.6【答案】A【解析】【分析】将函数变形为，再根据基本不等式求解即可得答案.【详解】解：由题意，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以函数的最小值为.故选：A．【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方8.酒驾是严重危害交通安全的违法行为．根据国家有关规定：驾驶人血液中的酒精含量大于 （或等于）毫克/毫升，小于毫克/毫升的情况下驾驶机动车属于饮酒驾车；含量大于（或等于）毫克/毫升的情况下驾驶机动车属于醉酒驾车．假设某驾驶员一天晚上点钟喝了一定量的酒后，其血液中酒精含量上升到毫克/毫升．如果在停止喝酒后，他血液中酒精含量以每小时的速度减少，则他次日上午最早（）点（结果取整数）开车才不构成酒驾．（参考数据：，）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意可得不等式，解不等式可求得，由此可得结论.【详解】假设经过小时后，驾驶员开车才不构成酒驾，则，即，，则，，次日上午最早点，该驾驶员开车才不构成酒驾.故选：D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.若，则下列不等式正确的是（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】先利用不等式性质得到，再利用不等式性质逐一判断选项的正误即可.【详解】由知，，，即，故，所以，A错误，B错误；由知，，，则，故C正确； 由知，，则，故，即，D正确.故选：CD.10.已知函数，则以下结论正确的是（）A.B.函数是定义域上的增函数C.函数有个零点D.方程有两个实数解【答案】AC【解析】【分析】直接计算的值，可判断A选项；利用函数的单调性可判断B选项；解方程可判断C选项；解方程可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，则，A对；对于B选项，因为函数在上不单调，故函数在定义域上不单调，B错；对于C选项，当时，由，可得，当时，由，可得.综上所述，函数有个零点，C对；对于D选项，当时，由可得，当时，由，可得，解得或.综上所述，方程有三个实数解，D错.故选：AC.11.函数在区间上单调递增，则的取值可能为（） A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由且，可得出，根据正弦函数的单调性可得出，其中，确定的可能取值，即可得出的取值范围.【详解】因为且，则，因为函数在区间上单调递增，则，其中，所以，，其中，解得，其中，所以，，可得，，因为，当时，；当时，，所以，实数的取值范围是.故选：ACD.12.已知函数，下列说法中正确的是（）A.若的定义域为R，则B.若值域为R，则或C.若，则的单调减区间为D.若在上单调递减，则【答案】BD【解析】【分析】根据函数的知识对选项逐一判断 【详解】对于A，若的定义域为R，则在R上恒成立，所以，所以，所以A错误；对于B，若的值域为R，则，所以或，所以B正确：对于C，若，则，函数的定义域为，设，即求函数的减区间，由复合函数的单调性原理得函数的单减区间为，所以C错误；对于D，若在上单调递减，则且，所以，所以D正确．故选：BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若扇形的面积为9，圆心角为2弧度，则该扇形的弧长为______．【答案】6【解析】【分析】先由已知求出半径，从而可求出弧长【详解】设扇形所在圆的半径为，因为扇形的面积为9，圆心角为2弧度，所以，得，所以该扇形的弧长为，故答案为：614.已知是定义在上的奇函数，当时，，则的值为_______.【答案】【解析】【分析】先利用奇偶性得，再代入计算即可.【详解】是定义在上的奇函数, 又当时，，.故答案为：.15.若，则_____________．【答案】【解析】【分析】把转化为二次齐次分式，然后弦化切代入计算．【详解】．故答案为：．16.若存在常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”.已知函数，，若函数和之间存在隔离直线，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】由对任意的恒成立，可得出，由可得出，结合基本不不等式可得出的取值范围，综合可得出实数的取值范围.【详解】若函数和之间存在隔离直线， 则对任意的，，可得，，可得，对任意的，，则，当时，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，，故.因此，实数的取值范围是.故答案为：.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.设，已知集合，．（1）当时，求；（2）若，且，求实数的取值范围．【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）根据并集和补集的概念即可求出结果；（2）由题意可得，解不等式组即可求出结果.小问1详解】当时，，且，则，所以或；【小问2详解】 因为，且，所以需满足，解得，所以实数的取值范围为.18.函数的定义域为A.（1）求A；（2）若函数在A上是单调函数，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据函数有意义直接列不等式求出定义域，即可得到集合；（2）根据函数为单调函数，分为单调增函数和单调减函数两种情况，求出的取值范围.【小问1详解】由题可知，解得，故集合.【小问2详解】由题意,可得的图像开口向上，对称轴是直线，则当函数在区间上是单调递增函数时，，解得；当函数在区间上是单调递减函数时，，解得； 综上，实数的取值范围.19.已知函数的部分图象如图所示，其中的图像与轴的一个交点的横坐标为.（1）求这个函数的解析式，并写出它的递增区间；（2）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】（1），（2）最大值是，最小值是【解析】【分析】（1）由三角函数的图象与性质求解，（2）由整体代换法求解，【小问1详解】由图知，，，，，由得， 故的递增区间是【小问2详解】时，，，在区间上的最大值是，最小值是20.已知定义在上的函数为奇函数.（1）求的值，试判断的单调性，并用定义证明；（2）若，求的取值范围.【答案】（1），在上单调递减，证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由函数奇偶性的定义可求得实数的值，判断出函数为上的减函数，然后任取、且，作差，变形后判断的符号，即可证得结论成立；（2）由函数的单调性结合可得出关于的不等式，解之即可.【小问1详解】解：因为函数为上的奇函数，则，即，即，解得，所以，，则函数为上的减函数，证明如下：任取、且，则，所以，， 则，所以，函数为上的减函数；【小问2详解】解：由且函数为上的减函数，则，解得，因此，满足不等式的的取值范围是.21.济南市地铁项目正在加火如荼的进行中，通车后将给市民出行带来便利，已知某条线路通车后，列车的发车时间间隔t（单位：分钟）满足，经市场调研测算，列车载客量与发车时间间隔t相关，当时列车为满载状态，载客量为500人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时的载客量为372人，记列车载客量为.（1）求的表达式，并求当发车时间间隔为5分钟时，列车的载客量；（2）若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值.【答案】（1）；（2）发车时间间隔为4分钟时，每分钟的净收益最大为132元.【解析】【分析】（1）由题设，有且，求k值，进而写出其分段函数的形式即可.（2）由（1）写出解析式，讨论、求最大值即可.【小问1详解】由题设，当时，令，又发车时间间隔为2分钟时的载客量为372人，∴，解得.∴， 故时，，所以当发车时间间隔为5分钟时，列车的载客量为人.【小问2详解】由（1）知：，∵时，当且仅当等号成立，∴上，而上，单调递减，则，综上，时间间隔为4分钟时，每分钟的净收益最大为132元.22已知常数，函数.（1）当时，求不等式的解集（用区间表示）；（2）若函数有两个零点，求的取值范围；（3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的和不大于，求的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由对数及指数函数的单调性解不等式即可得解；（2）函数的零点问题转化为方程有2个不等实根，化简并换元后可转化为方程在上只有两解，利用二次函数图象与性质求解； （3）求出函数最大最小值后可得，化简可得恒成立，换元后得出对，恒成立，利用二次函数求出最大值即可得解.【小问1详解】当时，，∴，解得，∴原不等式的解集为；【小问2详解】函数有两个零点，即方程有两个不等的实根，∴，∴，令，则，由题意得方程在上只有两解，令，，则当时，直线和函数的图象只有两个公共点，即函数只有两个零点,∴实数的范围；【小问3详解】∵函数在上单调递减，∴函数在定义域内单调递减， ∴函数在区间上的最大值为，最小值为，∴，由题意得，∴恒成立，令，∴对，恒成立，∵在上单调递增，∴∴，解得，又，∴．∴实数的取值范围是.