2021-2022学年山西省朔州市朔城区第一中学校高一下学期开学检测数学试题含解析

这是一份2021-2022学年山西省朔州市朔城区第一中学校高一下学期开学检测数学试题含解析，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．设，，则=（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】化简集合，求出，利用交集的定义运算即可．
【详解】，
则
故选：B
【点睛】本题考查集合的交并补运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题．
2．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
【分析】先化简，然后结合条件的定义进行判定.
【详解】因为，所以，，即或.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．已知，则下列不等式不成立的是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，以及不等式的性质，对选项逐一分析，由此得出不等式不成立的选项.
【详解】依题意，由于为定义域上的减函数，故，故A选项不等式成立.由于为定义域上的增函数，故，则，所以B选项不等式不成立，D选项不等式成立.由于，故，所以C选项不等式成立.综上所述，本小题选B.
【点睛】本小题主要考查指数函数和对数函数的单调性，考查不等式的性质，属于基础题.
4．已知偶函数在区间上单调递增，则满足的x的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的单调性及奇偶性即可求出x的取值范围.
【详解】因为偶函数在区间上单调递增，且，
所以，所以，即，所以.
故选：A.
5．已知函数，若实数是函数的零点，且，则的值为 （ ）
A．恒为正值B．等于0C．恒为负值D．不大于0
【答案】A
【详解】根据已知条件可知，函数是定义域内递减函数，
若实数是函数的零点，那么可知，
因为
所以，故可知选A.
6．已知正六边形中，（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】在正六边形中，利用向量加法即可求得.
【详解】解：如图，连接，，设与交于点，则：
，，
∴．
故选：D．
【点睛】在几何图形中进行向量运算:
(1)构造向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则；
(2)树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算.
7．已知两非零向量与的夹角为，且，则（ ）
A．8B．6C．4D．2
【答案】C
【分析】根据平面向量数量积的运算律，借助于可构造方程求得结果.
【详解】，
整理可得：，解得：或（舍）.
故选：C.
8．在中,,,且,则是
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形
【答案】C
【解析】根据数量积的公式分析B为钝角即可.
【详解】因为,所以,
所以.因为,,所以,所以B为钝角,所以是钝角三角形.无法判断其是不是等腰三角形.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了利用向量数量积判断三角形形状的方法.属于基础题型.
9．设函数，则（ ）
A．是奇函数B．在上单调递增
C．的最大值为2D．函数的图象关于直线对称
【答案】D
【分析】化简函数为，结合余弦函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】因为函数，
由，所以函数为偶函数，所以A错误；
由，可得，根据余弦型函数的图象与性质，可得函数在区间单调递减，所以B错误；
由余弦函数的性质，可得当时，即时，
函数取得最大值，最大值为，所以C错误；
当时，可得，即函数，
所以函数关于对称，所以D正确.
故选：D.
10．已知函数的定义域为，值域为，则的值不可能是
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由正弦曲线知，在一个周期内，，
，，，
当或时，则可能为、、中的值，
故选：．
11．若为第四象限角，则可化简为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】利用同角三角函数的平方关系化简即可.
【详解】为第四象限角，则，且，，
因此，.
故选：D.
【点睛】本题考查利用同角三角函数的平方关系化简，在去绝对值时，要考查代数式的符号，考查计算能力，属于中等题.
12．已知O，N，P在所在平面内，且，且，则点O，N，P依次是的
（注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角型的垂心）
A．重心外心垂心B．重心外心内心
C．外心重心垂心D．外心重心内心
【答案】C
【详解】试题分析：因为，所以到定点的距离相等，所以为的外心，由，则，取的中点，则，所以，所以是的重心；由，得，即，所以，同理，所以点为的垂心，故选C.
【解析】向量在几何中的应用.
二、填空题
13．已知命题P：，，则命题P的否定是__________________.
【答案】，
【分析】由全称命题的否定为特称命题直接写出答案.
【详解】由全称命题的否定可得，命题P的否定：，.
故答案为：，
14．已知，则的最小值是______.
【答案】
【详解】由得：，所以，当且仅当时，取等号，故填.
15．的值为_________
【答案】
【分析】由题意观察出角之间的关系为，故将，转化为，利用两角差的余弦公式化简求解.
【详解】
.
故答案为：
16．己知，，，则的值为__________.
【答案】
【分析】由题意，设，从而表示出，可得，化简计算得，从而得，化简，代入计算即可.
【详解】由题意，设，则，所以，得，即，解得或（舍），因为，所以.
故答案为：
【点睛】解答本题的关键在于先利用整体代入法得，化简以后得关于的一元二次方程，求解出，即求解出，从而整体代入所求式子.
三、解答题
17．计算下列各式的值：
(1)；
(2).
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)根据指数幂的运算性质计算即可；
(2)根据对数的计算法则计算即可.
【详解】(1)原式＝；
(2)原式.
18．已知函数.
(1)求的递增区间；
(2)当时，求的值域.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）化简函数，令，即可求得函数的递增区间；
（2）由，可得，结合正弦函数的性质，即可求解.
【详解】(1)解：由题意，函数
，
令，解得，
所以函数的递增区间为.
(2)解：由，可得，
所以，所以，
所以函数的值域为.
19．设（，），且.
(1)求实数的值及函数的定义域；
(2)求函数在区间上的最大值.
【答案】(1)a=2；的定义域为.
(2)在上的最大值为2.
【分析】（1）直接代入求出a=2；列不等式组求出定义域；
（2）用定义法证明出在上单增，在上单减，即可求出最大值.
【详解】(1)（，），且
所以，解得：a=2.
所以的定义域需满足：，解得：，
即函数的定义域为.
(2).
任取，令，则，
所以，所以在上单增；
任取，令，则，
所以，所以在上单减.
所以在上单增，在上单减.
所以在上的最大值为.
20．已知函数（，，，为常数）的一段图象如图.
(1)求函数的解析式；
(2)求这个函数的对称中心，并说明它是由正弦曲线如何变换得到的.
【答案】(1)
(2)对称中心为；图像变换见解析.
【解析】(1)
设函数最小正周期为T，由图像可得：，解得：.而，解得：，所以.
由图像的最高点为，最低点为，可得：，解得：.
而图像的最高点为可得：，解得：.
所以.
(2)因为的对称中心为，所以要求的对称中心，
只需令，解得：，即的对称中心为.
把的图像向左平移个单位，得到的图像；再将其图像上的各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到的图像；再将其图像上的各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的，得到的图像；再将其向上平移个单位，得到的图像.
21．在中，分别是角的对边，且.
（1）求角；
（2）若，求的值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据正弦定理，将边化角，利用三角恒等变换以及三角形内角关系，即可求出结果；
（2）利用余弦定理以及已知条件，即可求出的值.
【详解】（1）
利用正弦定理得：
又，即
又，，，
又，
（2）由余弦定理知，
，即
所以.
【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
（4）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.
22．已知定义在R上的函数对任意实数都满足，且当时，．
（1）判断函数的奇偶性，并证明；
（2）判断函数的单调性，并证明；
（3）解不等式．
【答案】（1）为奇函数．证明见解析（2）在R上为增函数．证明见解析（3）当时不等式的解集是．当时不等式的解集是．当时不等式的解集是．
【分析】（1）用赋值法求出，然后令可得奇偶性；
（2）利用单调性的定义证明单调性；
（3）由奇函数性质化不等式为，由单调性转化为二次不等式，再分类得出解集．
【详解】（1）解：为奇函数．
证明：因为，令，
得对任意的都成立，所以．
又令，则，
所以，所以是奇函数．
（2）解：在R上为增函数．
证明：，且使由是奇函数，
得．
因为当时，，
而，所以，
所以，所以在R上为增函数．
（3）解：由，得．
因为是奇函数，所以．
又在R上为增函数，所以．
即，所以．
所以当时不等式的解集是．
当时不等式的解集是．
当时不等式的解集是．
【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性与单调性，考查利用奇偶性和单调性解函数不等式及分类讨论解二次不等式．掌握奇偶性与单调性的定义是解题关键．解抽象函数的基础是掌握赋值法．