2021-2022学年山东省滕州市第二中学高一上学期期末考试数学试题（解析版）

2021-2022学年山东省滕州市第二中学高一上学期期末考试数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，集合，则图中阴影部分所表示的集合是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据Venn图表示的集合计算．

【详解】因为全集，所以，

所以图中阴影部分表示．

故选：C．

2．点落在（    ）

A．第一象限内 B．第二象限内 C．第三象限内 D．第四象限内

【答案】D

【分析】根据三角函数的诱导公式和符号，得到，即可求得.

【详解】因为，

所以点落在第四象限内.

故选: D.

3．已知，，若p是q的必要条件，则实数a的取值范围是（     ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由是的必要条件，列不等式组，可得实数a的取值范围．

【详解】由是的必要条件，可得，解得

故选：D.

4．已知集合则角α的终边落在阴影处(包括边界)的区域是（　　　　）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】令，由此判断出正确选项.

【详解】令，则，故B选项符合.

故选：B

【点睛】本小题主要考查用图像表示角的范围，考查终边相同的角的概念，属于基础题.

5．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别求出的范围，再比较大小.

【详解】根据对数换底公式可知，，所以，，所以， ，

所以.

故选：D

6．设函数，则f(x)（    ）

A．是偶函数，且在单调递增 B．是奇函数，且在单调递减

C．是偶函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减

【答案】D

【分析】根据奇偶性的定义可判断出为奇函数，排除AC；当时，利用函数单调性的性质可判断出单调递增，排除B；当时，利用复合函数单调性可判断出单调递减，从而得到结果.

【详解】由得定义域为，关于坐标原点对称，

又，

为定义域上的奇函数，可排除AC；

当时，，

在上单调递增，在上单调递减，

在上单调递增，排除B；

当时，，

在上单调递减，在定义域内单调递增，

根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确.

故选：D.

【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断；判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称的前提下，根据与的关系得到结论；判断单调性的关键是能够根据自变量的范围化简函数，根据单调性的性质和复合函数“同增异减”性得到结论.

7．设正实数，满足，则（    ）

A．的最大值是 B．的最小值是8

C．的最小值为 D．的最大值为2

【答案】C

【分析】利用基本不等式求的最大值可判断A；将展开，再利用基本不等式求最值可判断B；由结合的的最大值可判断C；由结合的最大值可求出的最大值可判断D，进而可得正确选项．

【详解】对于A，因为，所以，当且仅当，即，时等号成立，故选项A错误；

对于B：，当且仅当，即时，等号成立，故选项B不正确；

对于C：由选项A证明过程可得，又，，当且仅当，时等号成立，故选项C正确；

对于D：，所以，当且仅当，时等号成立，故选项D错误；

故选：C

8．设函数有个不同的零点，则正实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】分段函数分段处理，显然有1个零点，所以有4个零点，利用三角函数求出所有的零点，保证之间有4个零点即可.

【详解】由题，当时，，显然单调递增，且，，所有此时有且只有一个零点，

所有当时，有4个零点，令，即，解得，

由题可得区间内的4个零点分别是，所以即在之间，

即，解得

故选：A

二、多选题

9．关于x的不等式的解集可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】A选项的形式看，则不等式不可能是二次不等式，分析出；BC选项和的符号与判别式有关；D选项利用韦达定理可求出.

【详解】对于A，若不等式的解集为，不等式不可能是二次不等式， 则，此时，解得．显然不符合题意，∴不等式的解集不会是．故A错误；对于B，当即时，

不等式的解集是．故B正确；对于C，若不等式的解集为，则有事实上，，与矛盾，∴不等式的解集不可以是．故C错误；对于D，若不等式的解集是，则方程的两个实数根分别为和，由韦达定理，此时符合题意．故D正确．

故选：BD．

10．水车在古代是进行灌溉的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图，一个半径为6米的水车逆时针匀速转动，水轮圆心距离水面3米，已知水轮每分钟转动1圈，如果当水轮上一点P从水中浮现时(图中点)开始计时，经过t秒后，水车旋转到点，则下列说法正确的是（    ）

A．在转动一圈内，点的高度在水面3米以上的持续时间为30秒

B．当时，点P距水面的最大距离为6米

C．当秒时，

D．若第二次到达最高点大约需要时间为80秒

【答案】ACD

【分析】由题意可知，再设角是以为始边，为终边的角，可求得高度与时间的关系，进而根据三角函数图象性质进行判断.

【详解】由题意可知，

设角是以为始边，为终边的角，

由条件得高度，

当时，，代入得，

故，

令，解得，故在转动一圈内，点的高度在水面3米以上的持续时间为30秒，即A选项正确；

当时，，当时，时，点P距水面的最大距离为米，B选项错误；

当时，水车旋转，即，故，C选项正确；

，当，即，故第二次到达最高点的时间为，故D选项正确.

故选：ACD

11．定义在R上的函数，对任意的，都有，且当时，恒成立，下列说法正确的是（    ）

A． B．函数的单调增区间为

C．函数为奇函数 D．函数为R上的增函数

【答案】ACD

【分析】利用赋值法求，判断A，通过赋值，结合奇函数的定义判断C，根据单调性的定义判断BD.

【详解】因为对任意的，都有，

取，可得，所以，A正确；

取，可得，，所以函数为奇函数，C正确；

任取实数，且，则，因为，所以，又当时，恒成立，所以，所以，所以，所以函数为R上的增函数，D正确，B错误，

故选：ACD.

12．规定，若函数，则（    ）

A．是以为最小正周期的周期函数

B．的值域是

C．当且仅当时，

D．当且仅当时，函数单调递增

【答案】AC

【分析】对选项A，直接求出该分段函数就可判断；对选项B，求出该函数的最小值为；对选项C，根据正弦函数和余弦函数性质即可；对选项D，求出函数的单调区间即可；

【详解】根据题意，当（）时，；

当（）时，；

对选项A，的周期为，故正确；

对选项B，根据正弦函数和余弦函数的性质，可知的最小值在（）处取得，即有，因此值域不可能为，故错误；

对选项C，函数的特点知，当且仅当在第三象限时，函数值的为负，故正确；

对选项D，当时，函数也单调递增，因此选项遗漏了该区间，故错误；

故选：AC

三、填空题

13．函数的最小正周期是______．

【答案】##

【分析】根据题意，结合正切函数图像性质，即可求解.

【详解】根据题意，结合正切函数图像性质，易知函数的最小正周期.

故答案为：.

14．如图1是某小区的圆形公园，它外围有一圆形跑道，并有4个出口A、B、C、D（视为点），并四等分圆弧（如图2）.小明从A点出发，在圆形跑道上按逆时针方向作匀速圆周跑动，假设他每分钟转过圆心角为弧度（），3分钟第一次到达劣弧CD之间（不包括C、D点），15分钟时回到出发点A，则的值为_____.

【答案】

【分析】首先求出的大致范围，再根据15分钟时回到出发点A，得到，即可得解；

【详解】解：依题意A点3分钟转过，且，所以，又15分钟时回到出发点A，所以，所以，因为，所以

故答案为：

15．函数的值域是，则的定义域可以是__________

【答案】（答案不唯一）

【分析】利用换元法转化函数，结合二次函数的性质以及的值域求得的定义域的一个可能取值范围.

【详解】由，解得.

令，则，

令，

画出的图象如下图所示，

，由解得，

要使的值域为，的范围可取，其中

则，解得，

所以的定义域为，，取定义域为，

故答案为：（答案不唯一）

四、双空题

16．对于区间，若函数同时满足：①在上是单调函数；②函数，的值域是，则称区间为函数的“保值”区间．（1）写出函数的一个“保值”区间为_________；（2）若函数存在“保值”区间，则实数的取值范围为_________．

【答案】     ##[0,0.5]    

【分析】（1）由条件可知在区间上是单调函数，根据的值域判断出，由此得到从而求解出的值；

（2）设存在的“保值”区间为，考虑两种情况：，，根据单调性得到关于等式，然后根据二次函数的性质即得.

【详解】（1）因为，所以的值域为，

所以，所以在上单调递增，

所以，所以，又，

解得，

所以一个“保值”区间为；

（2）设保值区间为，若，则在上为增函数，

所以，即，为方程的2个不等实根，

设，则，

所以；

若，则在上为减函数，

所以有，两式相减：，

代入得：，

所以方程有2个不等实根，，

从而有，

解得得；

综上所述：．

故答案为：；.

五、解答题

17．计算下列各式：

(1)；

(2)

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）、利用指数幂的运算性质求解即可；

（2）、利用对数的运算性质求解.

【详解】（1）.

（2）

18．设全集，已知集合，.

(1)求，.

(2)已知非空集合，且，求实数的取值范围.

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）由指数函数的单调性求集合A，由根式、分式的性质求集合B，再应用集合的交、并、补运算求、、即可.

（2）由题设知，可得，即可求的取值范围.

【详解】（1）由题设，可得，，则，

∴，.

（2）∵，即，

∴，解得.

19．已知，，其中，

(1)求角；

(2)求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据，然后利用两角差的余弦代入即可.

（2）根据，利用倍角公式算出，代入即可求解.

【详解】（1）解：由题意得：

又

（2），

20．为响应国家提出的“大众创业，万众创新”的号召，小李同学大学毕业后，决定利用所学专业进行自主创业．经过调查，生产某小型电子产品需投入年固定成本5万元，每年生产x万件，需另投入流动成本C(x)万元，且C(x)＝每件产品售价为10元，经分析，生产的产品当年能全部售完．

（1）写出年利润P(x)(万元)关于年产量x(万件)的函数解析式(年利润＝年销售收入－固定成本－流动成本)．

（2）年产量为多少万件时，小李在这一产品的生产中所获利润最大？最大利润是多少？

【答案】（1）P(x)＝；（2）8万件；万元．

【分析】（1）根据题意，结合流动成本关于年产量的函数关系，即可求得结果；

（2）判断的单调性，根据单调性求得函数最值即可.

【详解】（1）因为每件产品售价为10元，所以x万件产品销售收入为10x万元．

依题意得，当0＜x＜8时，P(x)＝10x－－5＝＋6x－5；

当x≥8时，P(x)＝10x－－5＝30－.

所以P(x)＝；

（2）当0＜x＜8时，P(x)＝－＋13，

当x＝6时，P(x)取得最大值P(6)＝13；

当x≥8时，由双勾函数的单调性可知，函数在区间上为减函数.

当x＝8时，P(x)取得最大值P(8)＝.

由13＜，则可知当年产量为8万件时，小李在这一产品的生产中所获利润最大，最大利润为万元．

【点睛】本题考查分段函数模型的应用，属中等题.

21．已知函数（且）.

(1)试判断函数的奇偶性；

(2)当时，求函数的值域；

(3)已知，若，使得，求实数的取值范围．

【答案】(1)函数是偶函数

(2)

(3)

【分析】（1）根据偶函数的定义可判断出结果；

（2）根据基本不等式以及对数函数的单调性可求出结果；

（3）将，使得，转化为，

利用换元法求出，分类讨论，利用函数的单调性求出的最小值，代入可求出结果.

【详解】（1）因为且，所以其定义域为R，

又，

所以函数是偶函数；

（2）当时，，因为,,当且仅当，即时取等，

所以,

所以函数的值域为.

（3），，使得，等价于，

令，，，

令，则在上的最小值等于在上的最小值，

在上单调递减，在上单调递增，所以在上的最小值为，所以.

因为为偶函数，所以在上的最小值等于在上的最小值，

设，则，

任取，

，

因为，所以，，，，，

所以，，

所以在上为单调递增函数，

当时，函数在上为单调递减函数，

所以，所以，得（舍）；

当，函数在上为单调递增函数，

所以，所以，.

综上得：实数的取值范围为.

22．已知点，是函数图象上的任意两点，且角的终边经过点，若时，的最小值为．

(1)求函数的解析式；

(2)求函数的对称中心及在上的减区间；

(3)若方程在内有两个不相同的解，求实数的取值范围．

【答案】(1)；

(2)对称中心；减区间：，；

(3)或.

【分析】（1）根据函数图象性质可得参数值及函数解析式；

（2）由（1）函数解析式，利用整体法求函数的对称中心及单调区间；

（3）设，将方程转化为函数与公共点问题.

【详解】（1）解：角的终边经过点，,

,

,

由时，的最小值为，

得，即，,

，

（2）解：令，即，即，所以函数的对称中心为，

令，得，

又因为，

所以在上的减区间为，

（3）解：，

，

，

设，

问题等价于方程在仅有一根或有两个相等的根．

，，

作出曲线，与直线的图象．

时，；时，；时，．

当或时，直线与曲线有且只有一个公共点．

的取值范围是：或．