2021-2022学年广东省深圳市龙华区高一上学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年广东省深圳市龙华区高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（     ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】解出集合B中的不等式，求与集合A的交集即可.

【详解】集合，

因为，所以.

故选：C.

2．的终边落在（     ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】找到与终边相同的角，即可看出在第几象限.

【详解】因为，所以的终边与终边相同，故落在第一象限.

故选:A

3．“”是“一元二次方程有实数根”的（     ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据一元二次方程根的个数结合充分必要条件的定义判断即可.

【详解】一元二次方程有实数根，则，解得或，即“”是“一元二次方程有实数根”的充分不必要条件.

故选：A

4．下列函数中与函数是同一个函数的是（     ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】分别从函数的定义域，对应法则和值域进行判断即可求解.

【详解】函数定义域为，值域也为.

对于，函数的定义域为，值域为，对应法则也不相同，故选项不满足题意；

对于，函数的定义域为，值域也为，对应法则相同，故选项满足题意；

对于，函数定义域为，值域为，故选项不满足题意；

对于，函数定义域为，值域为，故选项不满足题意，

故选：.

5．如图，四边形是直角梯形，，，，．若，分别在，上，，且把直角梯形分成面积相等的两部分，则（     ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】过点作交于，交于，由相似三角形和面积相等建立等量关系求解即可.

【详解】如图所示，过点作交于，交于，

设，，，

因为，所以即，解得，

因为，，且，

所以，解得，

故选：D

6．当时，函数的最大值是（     ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】化简的解析式，根据正切函数的单调性求得正确答案.

【详解】由于，

而在区间上单调递增，

所以的最大值是.

故选：C

7．如图为某质点简谐运动的部分图像，它符合函数（，，）的形式，则（     ）

A．，，

B．，，

C．，，

D．，，

【答案】D

【分析】由题知，，进而得，再代入点即可得，进而得答案.

【详解】解：由题知，，

所以，解得，

所以，，

再将代入得，即，解得，

因为，

所以，

所以，，，

故选：D

8．已知，，（e是自然对数的底数），则，，的大小关系为（     ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用对数函数的单调性判断.

【详解】解：因为，，，

所以，

故选：A

二、多选题

9．在同一坐标系中，对于函数与的图象，下列说法正确的是（     ）

A．与有两个交点

B．，当时，恒在的上方

C．与有三个交点

D．，当时，恒在的上方

【答案】CD

【分析】通过试值找到两函数在时两个关键的交点坐标，从而在同一坐标系中作出两函数图像， 通过图像即可判断选项.

【详解】，，，， ，

则可在同一坐标系内作出两函数图像如下图所示：

显然两函数有三个交点，故A错误，C正确，

由图易得当时，恒在的上方，故B错误，D正确，

故选：CD.

10．将函数的图像上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），再把它向右平移个单位，得到函数的图像，则下列是对称轴的是（     ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】由图像变换求解函数解析式，整体代入法求对称轴方程.

【详解】函数的图像上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图像，

再把它向右平移个单位，得到函数的图像，

令，解得对称轴方程为，

当时，对称轴为；当时，对称轴为；当时，对称轴为.

故选：ABD

11．已知的定义域是，既是奇函数又是减函数．若，，且，则（     ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】根据定义域为，且其既是奇函数又是减函数，可知，结合即可判断A,C选项，,则，结合其单调性和奇偶性得到，即可判断B,D选项.

【详解】的定义域为，且既是奇函数又是减函数，

则，，，故A正确，C错误，

,则,

又是在上单调递减的奇函数,

,即,

，故D正确，B错误.

故选：AD.

12．提鞋（斜）公式，也叫李善兰辅助角公式，是我国19世纪著名数学家李善兰先生提出的一种高等三角函数公式，其正弦型如下：，其中．若，，则下列判断正确的是（     ）

A．当，时，

B．当，时，

C．当，时，

D．当，时，

【答案】AC

【分析】根据两角和正弦公式求出的表达式后根据的正负分类讨论可得．

【详解】，

设，，，则，

，

若，则，此时，，，A正确；

若，则，，，，B错；

若，则，，，，C正确；

若，则，，，，D错误．

故选：AC．

三、填空题

13．已知，计算：_____________．

【答案】

【分析】利用幂的运算性质直接求得.

【详解】.

故答案为：

14．已知为第二象限的角，且，则_____________．

【答案】

【分析】由同角三角函数关系及诱导公式可得答案.

【详解】因为第二象限的角，则，又，，则.又由诱导公式，

得.

故答案为：

15．已知函数是增函数，则实数的取值范围是_____________．

【答案】

【分析】根据函数的单调性列不等式，由此求得的取值范围.

【详解】由于在上递增，

所以，即，

所以的取值范围是.

故答案为：

16．煤油在作为喷气发动机的燃料之前需通过黏土除去其中的污染物．某种煤油中污染物的含量为，测得这种煤油通过的圆形黏土管道后污染物的含量如下表：

若要使这种煤油中污染物的含量不超过原来的％，则至少需要_______m的圆形黏土管道．（参考数据：）

【答案】

【分析】根据表格得到，解不等式，可得结果.

【详解】由表可知，，

由，得，

两边取常用对数得，得.

所以若要使这种煤油中污染物的含量不超过原来的％，则至少需要的圆形黏土管道．

故答案为：

四、解答题

17．立德中学高一年级某学生社团开展了“使用移动支付平台——支付宝与微信支付的对比分析”的课题研究．随机调查了名市民，结果显示：使用支付宝的有人，使用微信支付的有人，两种都使用的有人．

(1)只使用支付宝不使用微信支付的有多少人？

(2)两种移动支付方式都不使用的有多少人？（要有合理的说明过程）

【答案】(1)158人

(2)59人

【分析】（1）由题意“使用支付宝”的去掉“两种支付方式都使用”的即为“只使用支付宝不使用微信支付”的人.

（2）由题意分别得出“只使用微信支付不使用支付宝”， “只使用支付宝不使用微信支付” “两种支付方式都使用”，由总人数减去“至少使用一种移动支付方式”即可的结果.

【详解】（1）因为“使用支付宝”的有人，“两种支付方式都使用”的有人，

所以“只使用支付宝不使用微信支付”的有（人）.

（2）同理，“只使用微信支付不使用支付宝”的有（人），

所以，“至少使用一种移动支付方式”的有（人），

故“两种移动支付方式都不使用”有（人）.

18．已知函数（，），且．

(1)求实数的值；

(2)解关于的不等式：．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，代入函数解析式解方程；

（2）换元法先解二次不等式，再求解对数不等式.

【详解】（1）由得，

所以，即，

因为，所以.

（2）令，不等式转化为，

即，解之得，

即，而，，

所以

故该不等式的解集为.   .

19．如图，以为圆心，半径为的圆与轴正半轴相交于点，质点在圆周上逆时针运动，其初始位置为，角速度为．

(1)求点的纵坐标关于时间（单位：）的函数解析式；

(2)求在内（即），质点经过点的次数．

【答案】(1)

(2)20

【分析】(1)先求出时刻后，经过的角度为，然后再根据三角函数求解.

(2)根据函数的周期计算.

【详解】（1）由得，

因为质点运动的角速度为，

所以时刻后，经过的角度为，

故的纵坐标

（2）由（1）知周期，

而

所以质点至少经过点达次，

因为质点从到达至少需要，

而，即第个周期可以到达点，

所以质点经过点的次数为.

20．已知函数．

(1)判断的奇偶性，并说明理由；

(2)判断的单调性，并用定义法给予证明．

【答案】(1)奇函数，理由见解析

(2)是上的增函数.，证明见解析

【分析】（1）利用奇偶性的定义进行证明；

（2）结合指数函数单调性及复合函数单调性法则判断，再利用单调性的定义进行证明.

【详解】（1）因为的定义域是，

且当时，，

故是奇函数；

（2）变形得，

令，则，

因为在上是增函数，，

又在上是单调递增，

所以是增函数，下面用定义法证明：

任取两个实数，，且，

则，

因为，所以，所以，

又，

所以，即，

故是上的增函数.

21．已知函数．

(1)求的单调递减区间；

(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)（）

(2)

【分析】（1）利用诱导公式以及三角恒等变换公式化简函数的解析式，根据正弦函数的递减区间列式可得结果；

（2）根据函数在上的单调性求出函数在上的值域，将不等式在上恒成立，化为在上恒成立，再利用的最值列式可求出结果.

【详解】（1）因为，

所以，

令，，

解得，，

即的单调递减区间为（）.

（2）当时，，所以在上单调递增；

当时，，所以在上单调递减；

因为，，，

所以的值域是，

又由在上恒成立，得在上恒成立，

得，解得.

所以实数的取值范围是.

22．已知，．

(1)分别画出、的图象（不必写出画法，请先用铅笔画，确定后再用黑色水笔描黑）；

(2)用二分法求函数的零点（精确度为）；

(3)，用表示，中的较大者，记为，当方程有三个不同的实数根时，求实数的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)可取中的任一个值

(3).

【分析】（1）根据对数函数和二次函数的性质和图象即可得出答案；

（2）因为可以等价于与的交点问题，由图知，因为，，所以，再由二分法的定义即可求出函数的零点；

（3）因为方程可转化为与的交点问题，结合图象即可得出答案.

【详解】（1）

（注意画图象的细节，如的渐近线，，的最大值为，与轴的交点为，，图象画得不够准确，适当扣分.）

（2）因为可以等价于与的交点问题，

由上图知，因为，，所以，

因为，，

即，所以，

又因为，，

即，所以，

而，所以可取中的任一个值.

（3）因为方程可转化为与的交点问题，

如图，因为，，

所以，

所以，

又，所以当，与有三个交点，

所以实数的取值范围是.