浙江省杭州市源清中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

2022学年第二学期源清中学高一期中考试数学试卷一、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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解出不等式，然后根据交集的定义可得答案.【详解】因为，所以.故选：D2.已知，，，则a，b，c的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用指数函数和对数函数的单调性跟比较即可判断.【详解】因为，，，所以.故选：B3.下列各式中，值为的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用和差角公式、二倍角公式化简各选项，计算判断作答.【详解】对于A，，A不符合；对于B，，B不符合； 对于C，，C符合；对于D，，D不符合.故选：C4.已知是边长为正三角形，为线段上一点（包含端点），则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以中点为坐标原点建立平面直角坐标系，设，利用平面向量坐标运算可得，利用二次函数值域的求法可求得结果.【详解】以中点为坐标原点，正方向为轴可建立如图所示平面直角坐标系，则，，，设，，，，则当时，；当时，；的取值范围为. 故选：A.5.衡量钻石价值的4C标准之一是切工．理想切工是一种高雅且杰出的切工，它使钻石几乎反射了所有进入钻石的光线．现有一理想切工的钻石，其横截面如图所示，其中为等腰直角三角形，四边形BCDE为等腰梯形，且，，，则（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】如图，延长CD和BE交于点F，证明四边形ABFC为正方形，再利用平面向量的线性运算求解.【详解】解：如图，延长CD和BE交于点F，由题得,所以四边形ABFC为矩形，又,所以四边形ABFC为正方形，又，所以分别是中点，所以．故选：C6.函数的图象大致为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性质可知函数为偶函数，再结合时函数的符号即可得答案.【详解】解：由题知函数的定义域为，关于原点对称，，所以函数为偶函数，其图像关于轴对称，故排除B，D，当时，，故排除C，得A为正确选项.故选：A7.已知函数满足，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先判断函数的单调性，依题意恒成立，再根据对数函数的性质得到不等式组，解得即可.【详解】解：因为且，又单调递减，在定义域上单调递增， 所以在定义域上单调递减，因为在区间上恒成立，所以恒成立，所以，解得，即；故选：C8.函数在上单调递减，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据三角恒等变换化简的解析式，再结合单调区间即可求出的取值范围.【详解】由题意可得，因为，所以，令，由此可得，因为在上单调递减，所以由此解得.故选：C.【点睛】已知三角函数的单调区间求参数，一般先求出函数的单调区间，然后利用集合间的关系求解.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.若向量满足，则（）A.B.与的夹角为C.D.在上的投影向量为【答案】BC 【解析】【分析】由模与数量积的关系求得，再根据数量积的性质确定与的夹角，判断向量垂直，求解投影向量即可得结论.【详解】因为，所以，则，故A不正确；又，，所以，即与的夹角为，故B正确；又，所以，故C正确；又在上的投影向量为，故D不正确.故选：BC.10.已知函数（，，，）的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（）A.的图像关于点对称B.的图像关于直线对称C.在上为增函数D.把的图像向右平移个单位长度，得到一个奇函数的图像【答案】ABC【解析】 【分析】根据函数图像求出函数解析式，然后利用三角函数的性质逐一判断即可.【详解】由已知，，，，，，又，，，对于A，，故A正确；对于B，令，，得，，时，，故B正确；对于C，时，令，在上递增，故C正确；对于D，把的图像向右平移个单位长度，得函数表达式为，它是偶函数，故D错误.故选：ABC.11.设，，且，则（）A.的最大值为B.的最小值为C.的最小值为D.的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】利用基本不等式可判断A选项；求出的取值范围，可得出的取值范围，可判断B选项；利用二次函数的最值可判断C选项；求得，将与相乘，展开后利用基本不等式可判断D选项.【详解】对于A选项，由基本不等式可得，可得，当且仅当时，等号成立，A对；对于B选项，由可得，解得，所以，，B错； 对于C选项，由可得，则，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，C对；对于D选项，，因为，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D对.故选：ACD.12.已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论正确的是（）A.为周期函数且最小正周期为8B.C.在上为增函数D.方程有且仅有7个实数解【答案】ABD【解析】【分析】由条件得函数的对称性，进而得到函数的周期性，然后利用数形结合结合条件逐项分析即得.【详解】因为为奇函数，所以，即关于点对称；因为为偶函数，所以，即关于直线对称；则，所以，故的周期为，结合条件可得函数的大致图象，进而可得A正确；，B正确；由于在上单调递减，且关于点对称，故在上单调递减，又 的周期为8，则在上也为减函数，C错误；作出函数的图象和函数的大致图象，函数的图象与函数的图象恰有7个交点，故D正确.故选：ABD.【点睛】通过函数图象具有中心对称性和轴对称性，推断函数的周期性，由上的解析式，可得函数的大致图象进而可得其他区间上函数的性质.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.________．【答案】【解析】【分析】根据指数运算和对数运算的性质即可求解.【详解】.故答案为：14.如果光线每通过一块玻璃其强度要减少10%，那么至少需要将______块这样玻璃重叠起来，才能使通过它们的光线强度低于原来的0.1倍，（参考数据：）【答案】【解析】【分析】由题意，建立不等式，利用对数运算，可得答案.【详解】设光线的强度为，至少重叠玻璃的快数为，则，整理可得.故答案为：. 15.若，，且，，则的值是________.【答案】【解析】【分析】依题意,可求得，进一步可知，于是可求得与的值，再利用两角和的余弦公式及角的范围即可求得答案.【详解】因为，所以，因为，所以，即所以.因为，，所以，因为，所以.所以.因为，，所以，所以.故答案为：.16.已知的外接圆圆心为O，为的重心且则_________ 【答案】【解析】【分析】由三角形重心及外心的性质即可得出结果.【详解】如图所示，取中点，过作，则是的中点.∵为的重心，∴，,同理，故故答案为：【点睛】结论点睛：（1）三角形的重心是三角形三条中线的交点，且是中线的三等分点（靠中点近），即；（2）三角形的外心是三角形三条中垂线的交点，即有：.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.已知向量，．（1）若，求的值；（2）若，向量与的夹角为钝角，求的取值范围．【答案】（1）（2）且【解析】 【分析】（1）首先求出，的坐标，依题意，根据向量数量积的坐标表示得到方程，解得即可；（2）依题意可得且与不反向，根据向量共线及数量积的坐标表示得到求出的取值范围；【小问1详解】解：因为，，所以，，因为，所以，解得；【小问2详解】解：因为，且与的夹角为钝角，所以且与不反向，由，解得，当即时与反向，故，综上可得且18.在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求角C的大小；（2）若，求周长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）若选择①，利用正弦定理，化角为边后，结合余弦定理求角；若选择②，利用正弦定理，化边为角，结合三角恒等变换，求角；如选择③，利用正弦定理，将边化角，利用诱导公式，和二倍角公式，即可求角；（2）利用余弦定理，结合基本不等式，即可求三角形周长的取值范围.【小问1详解】 选择条件①：由及正弦定理，得：，即，由余弦定理，得，因为，所以；选择条件②：由及正弦定理，得：，即.即.在中，，所以，即，因为，所以，所以，因为，所以；选择条件③：由及正弦定理，得：，因为，，所以.在中，，则，故.因为，所以，则，故；小问2详解】在中应用余弦定理得：，所以，因为，所以.因为，所以，解得：， 又因为，所以，当且仅当时取等号.所以周长的取值范围是：19.已知指数函数过点，函数.（1）求，的值；（2）判断函数在上的奇偶性，并给出证明；（3）已知在上是单调函数，由此判断函数，的单调性（不需证明），并解不等式.【答案】（1）；（2）为偶函数，证明见解析；（3）增区间为，减区间为；不等式解集为.【解析】【分析】（1）由指数函数过点求参数a，即可得的解析式，进而求，的值；（2）利用奇偶性定义判断奇偶性；（3）由题设及（1）（2）结论即可判断的单调性，再根据单调性、奇偶性求不等式的解集.【小问1详解】由题设，，则，所以，.【小问2详解】，，定义域关于原点对称.又，故为偶函数； 【小问3详解】由且，在上单调，所以为单调增区间，而为偶函数，则单调减区间为由可得：，即，解得.20.设平面向量，，函数．（1）求的单调增区间；（2）当时，求函数的值域；（3）若锐角满足，求的值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）化简得到，取，解得答案.（2），则，得到值域.（3）代入数据得到，化简得到，计算得到答案.【小问1详解】， 取，，解得，，故的单调增区间为，【小问2详解】，则，故【小问3详解】，.21.在梯形中，分别为线段，上的动点.（1）求；（2）若，求；（3）若，求的最小值；【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意得，所以，求解计算即可；（2）根据题意得，所以；（3）根据题意得，且，再分析单调性求解即可.【小问1详解】因为，所以， 所以，所以.小问2详解】由（1）知，，因为，所以，所以，所以.【小问3详解】因为，，则，因为，解得，设，，根据对勾函数的单调性可知，在单调递增，所以当时，取得最小值：.22.设函数.（1）当时，若不等式在上恒成立，求实数的取值范围；（2）若为常数，且函数在区间上存在零点，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）见解析【解析】 【分析】（1）当时，不等式恒成立，当，由条件可得在，上恒成立，进一步得到，求出的范围即可；（2）函数在，上存在零点，即方程在，上有解，设，然后分和两种情况求出的范围．【详解】（1）当时，若不等式在，上恒成立；当时，不等式恒成立，则；当，则在，上恒成立，即在，上恒成立，因为在，上单调增，，，则，解得，；则实数的取值范围为，；（2）函数在，上存在零点，即方程在，上有解；设当时，则，，，且在，上单调递增，所以，（2），则当时，原方程有解，则；当时，，则在，上单调增，在上单调减，在，上单调增；①当，即时，（2），，则当时，原方程有解，则；②当，即时，，，则当时，原方程有解，则；③当时，，，当，即时，， 则当时，原方程有解，则；当，即时，，则当时，原方程有解，则；综上，当时，实数的取值范围为，；当时，实数的取值范围为；当时，实数的取值范围为，．【点睛】本题考查了函数恒成立问题和函数零点的判定定理，考查了函数最值的求法，考查了分类讨论思想和函数思想，属难题．