海南省华侨中学2022-2023学年高一上学期期末考试数学试题

海南华侨中学2022-2023学年第一学期高一年级期末考试数学科注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考号等填写在答题卡指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.回3.答非选择题时，将答案写在答题卡上.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，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由已知可求出，进而即可得出的值.【详解】因为，且，所以，.所以，.故选：A.2.已知，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】解不等式，根据解的范围与的范围的大小关系，即可得出答案.【详解】解可得，，显然该范围小于的范围.所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A.3.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，所以集合，所以.故选：D4.已知偶函数在上单调递增，且，则的解集是（）A.B.或C.D.【答案】B【解析】【分析】由及函数单调性即可得到答案.【详解】偶函数在上单调递增，且，所以，，解得或故的解集是或.故选：B5.已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】首先可求出，再由得，由得，将其转化为、与的交点，数形结合即可判断.【详解】解：由得，，由得，由得.在同一平面直角坐标系中画出、、的图象，由图象知，，.故选：B【点睛】本题考查函数的零点，函数方程思想，对数函数、指数函数的图象的应用，属于中档题.6.若，且满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由已知可推出，进而可得出.然后根据的范围，开方即可求出.【详解】因为，，所以，.所以，.又，所以， 所以.故选：A.7.王之涣《登鹳雀楼》：白日依山尽，黄河入海流，欲穷千里目，更上一层楼.诗句不仅刻画了祖国的壮丽河山，而且揭示了“只有站得高，才能看得远”的哲理，因此成为千古名句.我们从数学角度来思考：欲穷千里目，需上几层楼？把地球看作球体，地球半径，如图，设为地球球心，人的初始位置为点，点是人登高后的位置（人的高度忽略不计），按每层楼高计算，“欲穷千里目”即弧的长度为，则需要登上楼的层数约为（）（参考数据：，，）A.5800B.6000C.6600D.70000【答案】C【解析】【分析】设.由已知可推得，，进而在中，得出，则有，即可得出答案.【详解】设，弧的长为.由题意可得，.显然，，则在中，有，所以.所以，.所以，需要登上楼的层数约为.故选：C. 8.定义在上的奇函数满足，且当时，，则方程在上所有根的和为（）A.32B.48C.64D.80【答案】C【解析】【分析】根据奇函数的性质判断出函数的周期，利用函数的对称性、数形结合思想进行求解即可.【详解】因为是奇函数，所以由，因此函数的周期为，当时，，所以当时，，当时，由，所以，所以当时，，于是当时，，该函数关于点对称，而函数也关于该点对称，在同一直角坐标系内图象如下图所示：由数形结合思想可知：这两个函数图象有8个交点，即共有四对关于对称的点， 所以方程在上所有根的和为，故选：C【点睛】关键点睛：方程根的问题转化为两个函数图象交点问题是解题的关键.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.下列命题中错误的是（）A.命题“”的否定是“”B.若幂函数图象经过点，则解析式为C.若两个角的终边相同，则这两个角相等D.满足的的取值集合为【答案】AC【解析】【分析】写出命题否定，即可判断A项；待定系数法设出幂函数的解析式，代入坐标，求解，即可判断B项；取特殊值，即可说明C项；根据的图象，即可得出不等式在上的解集，然后根据周期性，即可得出结果.【详解】对于A项，根据全称量词命题的否定可知，命题“”的否定是“”，故A项错误；对于B项，设幂函数解析式为.由已知可得，，所以，所以，故B项正确；对于C项，因为，所以和终边相同，显然，故C项错误；对于D项，作出的图象. 由图可知，在上，满足的的取值集合为，根据正弦函数的周期性可知，满足的的取值集合为，故D项正确.故选：AC.10.下列不等式中成立的是（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】根据函数的单调性，即可判断A、B项；根据诱导公式将角化到同一单调区间，进而根据函数的单调性，即可判断C项；根据诱导公式化为同一三角函数，进而根据函数的单调性，即可判断D项.【详解】对于A项，因为在上单调递增，所以，故A项错误；对于B项，因为在上单调递减，所以，故B项错误；对于C项，因为在上单调递减，所以.又，所以，故C项正确；对于D项，因为在上单调递增，所以.又，所以，故D项正确.故选：CD. 11.已知直线是函数图象的一条对称轴，则（）A.是偶函数B.是图象的一条对称轴C.在上单调递减D.当时，函数取得最小值【答案】AC【解析】【分析】根据为图象的对称轴，求出，从而得到，得到A正确；整体法求解函数的对称轴方程，判断B选项；代入检验函数是否在上单调递减；代入求出，D错误.【详解】因为直线是函数图象的一条对称轴，所以，，又，所以，所以．，是偶函数，故A正确；令，解得:，所以图象的对称轴方程为，而不能满足上式，故B错误；当时，，此时函数单调递减，故C正确；显然函数的最小值为，当时，，故D错误．故选：AC．12.已知，.则下列选项中正确的有（） A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】由已知可得，.根据不等式的性质，即可判断A项；根据基本不等式及其等号成立的条件即可判断B、C项；作差后，令，根据二次函数的性质，得出函数的单调性.易知，，即可得出D项.【详解】由已知可得，，，所以.对于A项，因为，所以，所以，故A正确；对于B项，由基本不等式可知，，当且仅当时，等号成立.因为，所以，所以，故B项正确；对于C项，因为，当且仅当时，等号成立.因为，所以，所以，，故C项错误；对于D项，因为，所以.令，根据二次函数的性质可知，在上单调递增.又，所以有，则，所以.又，所以.所以，，所以.因为，所以有，整理可得，，故D项正确. 故选：ABD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知角的终边过点，则__________.【答案】##0.6【解析】【分析】由已知可推得，然后根据诱导公式化简，即可得出答案.【详解】由三角函数的定义可得，.所以，.故答案为：.14.已知函数，则__________.【答案】7【解析】【分析】根据分段函数求出，代入根据对数的运算性质即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以.故答案为：7.15.已知过定点P，且P点在直线上，则的最小值=______________．【答案】##【解析】【分析】先求出定点，代入直线方程，最后利用基本不等式求解.【详解】经过定点，代入直线得，，当且仅当时等号成立故答案为： 16.已知函数在上单调递增，则的最大值是____.【答案】4【解析】【分析】根据正弦型函数的单调性即可求解.【详解】由函数在区间上单调递增，可得，求得，故的最大值为，故答案为：4四､解答题（本大题共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.已知集合，，全集（1）当时，求；（2）若，求实数取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）代入得到，根据补集的运算求出.然后解可求出，进而根据交集的运算，即可得出结果；（2）显然成立.时，解即可得出实数的取值范围.【小问1详解】当时，，所以或.由以及指数函数的单调性，可解得，所以.所以.【小问2详解】当时，有时，即，此时满足； 当时，由得，，解得，综上，实数的取值范围为.18.已知函数.（1）求的对称中心和单调增区间；（2）当时，求函数的最小值和最大值.【答案】（1）对称中心为，单调增区间为；（2）最小值为，最大值0.【解析】【分析】（1）结合正弦函数的性质，整体代入即可求出函数的对称中心以及单调递增区间；（2）令，由已知可得，.根据的单调性，即可得出函数的最值.【小问1详解】令，则，所以的对称中心为.由，解得，所以函数的单调增区间为.【小问2详解】令因为，所以， 则在上单调递增，在上单调递减.当，即时，函数有最大值为；又，，所以，当，即时，函数有最小值为.所以，函数的最大值为0，函数的最小值为.19.已知函数，且为奇函数.（1）求的值；（2）判断函数的单调性并证明；（3）解不等式：.【答案】（1）（2）减函数，证明见解析（3）【解析】【分析】（1）由若在区间D上为奇函数，则可得a的值，再由奇函数的定义检验即可.（2）由函数单调性的性质判断其单调性，再由单调性的定义法证明（任取、作差、变形、断号、写结论）即可.（3）由函数为奇函数处理原不等式得，再由函数在R上单调递减，比较两个括号中式子的大小，解不等式即可.【小问1详解】∵函数的定义域为R，函数为奇函数，∴，则，得 检验，当时，，定义域为R，对于任意实数，所以所以当时，为奇函数.【小问2详解】由（1）知，在R上为单调递减函数.证明：设，∵，∴，即，，∴，即函数在定义域R上单调递减.【小问3详解】∵在R上为奇函数，，∴，又∵函数在R上单调递减，∴，解得：，∴不等式的解集为20.已知，（1）若，求的值；（2）令，求此函数的最大值． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）应用同角三角函数关系及定义域化简，结合函数值及正切函数值确定角的大小即可；（2）令，结合二次函数性质求函数的最大值.【小问1详解】，，由，即，又，故.【小问2详解】由（1）知：，令，所以，故，当时.21.学校鼓励学生课余时间积极参加体育锻炼，每天能用于锻炼的课余时间有60分钟，现需要制定一个课余锻炼考核评分制度，建立一个每天得分与当天锻炼时间（单位：分）的函数关系.要求及图示如下：（i）函数是区间上的增函数；（ii）每天运动时间为0分钟时，当天得分为0分；（iii）每天运动时间为20分钟时，当天得分为3分；（iiii）每天最多得分不超过6分.现有以下三个函数模型供选择： ①，②，③.（1）请你根据条件及图像从中选择一个合适的函数模型，并求出函数的解析式；（2）求每天得分不少于分，至少需要锻炼多少分钟.（注：，结果保留整数）.【答案】（1）模型③，（2）至少需要锻炼37分钟.【解析】【分析】（1）根据已知图象的增长特征，结合模型中函数所过的点，以及函数的增长速度，即可确定模型，将对应的点代入，求得参数，可得解析式，并验证，即可求解；（2）由（1）得，令，求出的范围，即可得出答案．【小问1详解】解：对于模型①，，当满足同时过点时，，即，当时，，不合题意；由图可知，该函数的增长速度较慢，对于模型②，是指数型的函数，其增长是爆炸型增长，故②不合适；对于模型③，对数型的函数增长速度较慢，符合题意，故选项模型③，此时，所求函数过点，则，解得，故所求函数为，经检验，当时，，符合题意综上所述，函数的解析式为.【小问2详解】 解：由（1）得，因为每天得分不少于分，所以，即，所以，即，所以每天得分不少于4.5分，至少需要锻炼37分钟.22.已知函数在区间上有最大值2和最小值1.（1）求的值；（2）不等式在上恒成立，求实数的取值范围；（3）若且方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据二次函数的性质，分类讨论函数的单调性，结合已知列出方程组，即可得出；（2）由已知可转化为在上恒成立.根据基本不等式即可求出实数取值范围；（3）由已知可推得有三个不同的实数解.令，作出的函数图象，可得.结合函数图象，该方程一个根大于0小于1，一个根大于等于1.令，根据二次函数的性质与图象，即可得出不等关系，进而求出实数的取值范围.【小问1详解】 由已知可得.当时，在上为增函数，所以，解得；当时，在上为减函数，所以，解得.由于，所以.【小问2详解】由（1）知，所以在上恒成立，即，因为，所以在上恒成立，即在上恒成立，又，当且仅当时取等号.所以，即.所以求实数的范围为.【小问3详解】方程化为，化为，且.令，则方程化为.作出的函数图象 因为方程有三个不同的实数解，所以有两个根，且一个根大于0小于1，一个根大于等于1.设，记，根据二次函数的图象与性质可得，或，解得.所以实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：根据构成复合函数的函数特性，即可得出零点的分布情况.