湖南省永州市2022-2023学年高一数学上学期期末试题（Word版附解析）

永州市2022年下期高一期末质量监测试卷

数学

命题人：杜艳秋（永州四中）眭小军（永州一中）

李卫青（祁阳一中）潘圆（江华一中）

审题人：席俊雄（永州市教科院）

注意事项：

1.全卷满分150分，时量120分钟.

2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效.

3.考试结束后，只交答题卡.

一、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. 设集合，，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据并集概念计算即可.

【详解】.

故选：D

2. 角的终边经过点，则

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先求出，然后根据三角函数的定义即可得出

【详解】由点得

所以

故选：D

【点睛】本题考查的是三角函数的定义，属于基础题.

3. 下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递增的是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】A选项，由单调性排除A，由奇偶性排除D，BC选项，先求出定义域，可利用函数奇偶性定义判断出为偶函数，进而判断出函数的单调性，得到答案.

【详解】在上单调递减，A错误；

定义域为R，且，故为偶函数，

且的对称轴为轴，且在上单调递增，B正确；

的定义域为，且，

故为偶函数，

又当时，单调递增，故C正确；

因为，故不是偶函数，D错误.

故选：BC

4. 已知命题：，，则为（）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】A

【解析】

【分析】全称命题的否定为存在命题，利用相关定义进行判断即可

【详解】全称命题的否定为存在命题，命题：，，

则为，.

故选：A.

5. 已知，，，则（）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据指数函数、对数函数的单调性以及中间值确定的范围,进行比较即可.

【详解】根据指数函数、对数函数的性质,

由单调递减可知:

由单调递减可知:

由单调递减可知:

故,即.

故选:C.

6. 玉雕在我国历史悠久，玉雕是采用传统的手工雕刻工艺加工生产成的玉雕工艺.某扇环形玉雕（扇环是一个圆环被扇形截得的一部分）尺寸（单位：cm）如图所示，则该玉雕的面积为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用扇形的面积公式，利用大扇形面积减去小扇形面积即可得解．

【详解】如图，设，，

由弧长公式可得，

解得，，

设扇形，扇形的面积分别为，，

则该壁画的扇面面积约为．

故选：A

7. 函数的图象可能是（）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据奇偶性，结合特殊点，即可求解.

【详解】函数的定义域为，

，

函数是奇函数，排除AC；

当时，，

此时图像在轴的上方，排除B.

故选：D

8. 已知实数，且满足，则的最小值为（）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】已知条件式变形为，构造函数，利用单调性得，从而，利用二次函数的性质即可求出最小值.

【详解】由得，

令，，

在上单调递增，，，

，，

故当时，取最小值.

故选：C.

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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 已知，下列命题正确的是（）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，，则 D. 若，则

【答案】AD

【解析】

【分析】根据不等式的性质结合作差法比较大小对选项进行验证即可得出答案.

【详解】对于A：，

，

，

，

，

，故A正确；

对于B：若，则，故B错误；

对于C：，，若，，则，故C错误；

对于D：，

，

，且

，即，故D正确；

故选：AD.

10. 关于函数，下列说法正确的是（）

A. 最小正周期为

B. 是偶函数

C. 在区间上单调递增

D. 处取得最值

【答案】AC

【解析】

【分析】利用函数的最小正周期，奇偶性，单调性及最值判断各选项正误即可.

【详解】A选项，最小正周期为，故A正确；

B选项，为奇函数，故B错误；

C选项，时，，则在上单调递增，故C正确；

D选项，令，得时，取得最值，故D错误.

故选：AC

11. 已知定义在上的奇函数满足，若，则（）

A. 4为的一个周期 B. 的图象关于直线对称

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据函数的基本性质对选项AB进行验证，根据函数周期结合函数奇偶性对选项CD进行验证，即可得出答案.

【详解】对于A：函数为奇函数，则，

则，

则的一个周期为4，故A正确；

对于B：，则函数关于对称，故B正确；

对于C：的一个周期为4，

，

令中的，则，

函数为定义在上奇函数，

，

，故C正确；

对于D：的一个周期为4，

，

函数为奇函数，

，

，故D错误；

故选：ABC.

12. 已知函数，若非空集合，，且，则下列说法中正确的是（）

A. 的取值与有关 B. 为定值

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】令，从而化为，不妨设的解集为，可得，由，从而得，且，化简，解得或，又是方程的两个根，利用韦达定理可得，则

，进而求得的取值范围.

【详解】令，

则可化为，

不妨设的解集为，

即，

，即，

故，

又，且，

，且，

，且，

故，

解得，

故选项A错误，选项B正确；

，

，

有解，

，即或，

是方程的两个根，

即是方程的两个根，

故，即，

解得：，

，

故选项C错误，选项D正确.

故答案选：BD.

【点睛】本题考查了二次不等式与二次函数、二次方程间关系的应用，以及集合间相等的应用，属于难题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知幂函数的图象过点，则_________.

【答案】

【解析】

【分析】设幂函数，根据题意，幂函数的图象过点，代入计算即可求解.

【详解】设函数，又因为幂函数的图象过点，

所以，解得：，所以函数，

故答案为：.

14. 已知且，则的最小值为________.

【答案】4

【解析】

【分析】

将代入中，结合基本不等式即可得解.

【详解】

当且仅当，即时取等

的最小值为4

故答案为：4.

【点睛】本题考查基本不等式的应用，注意“1”的灵活应用和不等式成立的条件.

15. 已知，，则_________.

【答案】

【解析】

【分析】先根据，，求出，再根据凑角法，余弦的差角公式进行求解.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

故

故答案为：.

16. 设函数的定义域为，且为奇函数，当时，，当时，.当实数变化时，方程的所有解从小到大依次记为，则的所有可能取值集合为__________.

【答案】

【解析】

【分析】将方程的解转化为与直线的交点，并可知与均关于点对称，作出的图象，通过数形结合的方式可确定不同取值时交点的个数，结合对称性即可求解.

【详解】因为为奇函数，所以的图象关于点对称，

由得，则方程的解即为与的交点，

作出图象如图所示，

如图所示，当即时，如图中所示时，与有5个交点，

因为与均关于对称，所以；

当即时，如图中所示时，与有7个交点，

因为与均关于对称，所以；

当即时，如图中所示时，与有5个交点，

因为与均关于对称，所以；

当即时，如图中所示时，与有3个交点，

因为与均关于对称，所以；

当即时，如图中和所示时，与有且仅有1个交点，

所以，

综上所述的所有可能取值集合为，

故答案为：

【点睛】本题考查利用函数对称性，函数图像求解方程根的个数问题；解题关键是能够将方程根的个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题，进而通过数形结合的方式确定交点个数.

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. 已知集合，集合.

（1）当时，求；

（2）若，求实数的取值范围.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）解不等式得到，从而求出交集；

（2）先判断出，从而列出方程组，得到实数的取值范围.

【小问1详解】

，，

故；

【小问2详解】

因为，所以，

故要想，则，解得：，

故实数的取值范围是.

18. 已知.

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意可得，根据两角和的正切公式运算求解；

（2）根据诱导公式结合齐次式问题运算求解.

【小问1详解】

∵，则，

∴.

【小问2详解】

由（1）可得：，

故.

19. 已知是定义在上的偶函数，且时，.

（1）求函数在上的解析式，并判断其单调性（无需证明）；

（2）若，求实数的取值范围.

【答案】（1）函数在上解析式为，

函数在上单调递减，在上单调递增；

（2）

【解析】

【分析】(1)设，则，根据题意得出，然后利用函数为偶函数即可求解；

(2)结合（1）的结论，求出，将不等式等价转化为，解之即可求解.

【小问1详解】

设，则，所以，

又因为是定义在上的偶函数，所以，

则函数在上解析式为，

函数上单调递减，在上单调递增；

【小问2详解】

由（1）可知：，所以不等式可化为，结合函数的单调性可知：，

解得：，所以实数的取值范围为.

20. 如图为2022年卡塔尔足球世界杯吉祥物,其设计灵感来自于卡塔尔人的传统服饰,寓意自信与快乐,现有国内一家工厂决定在国内专项生产销售此吉祥物,已知生产这种吉祥物的年固定成本为20万元,每生产千件需另投入资金万元,其中与之间的关系为:,且函数的图象过,,三点,通过市场分析,当每千件吉祥物定价为10万元时,该厂年内生产的此吉祥物能全部销售完.

（1）求a,b,c的值,并写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式;

（2）当年产量为多少千件时,该厂所获年利润最大?并求出最大年利润.

【答案】（1）;

（2）产量为（千件）时,利润最大为（万元）

【解析】

【分析】(1)根据将,,三点代入中,即可求出a,b,c的值,根据利润等于收益减总成本,列出关系,将代入即可;

(2)根据(1)中的解析式,分别求出,时的最值,进行比较即可求得最大年利润.

【小问1详解】

解:将,,三点代入中有:

,解得,

故,

由题知;

【小问2详解】

由(1)知,

当时,,

所以当（千件）时,（万元）,

当时,

,

当且仅当,即（千件）时取等,

所以（万元）,

综上: 当（千件）时,（万元）

所以当年产量为24千件时,该厂的年利润最大,最大年利润76万元.

21. 已知函数.

（1）求的值；

（2）若关于的方程有且只有一个实根，求实数的取值范围.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由，利用对数的运算性质求解；

（2）利用对数运算，将问题转化为，设，根据，分，和，，利用根的分布求解.

【小问1详解】

解：因，

所以；

【小问2详解】

（2）因为，

所以，则，即，

设，因为，

当时，，则在上有且只有一个实根，

当时，，不成立；

当时，，解得，则，

当时，，则在有且只有一个实根，

则，解得；

综上：实数的取值范围是.

22. 已知函数，

（1）求函数的单调递减区间；

（2）求函数的零点；

（3）若不等式在时恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）

（2）或

（3）

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换化简，结合三角函数的性质求出单调减区间；

（2）求出的解析式，令，求解即可；

（3）原不等式化简为，令，问题转化为在上恒成立，结合一次函数和二次函数的性质，分类讨论可得结果．

【小问1详解】

由，得

所以函数的单调递减区间为．

【小问2详解】

由（1）知

令，则，解得或

即或

所以的零点为或.

【小问3详解】

由（2）知

原不等式可化为

令，则

，

所以在上恒成立

令

当时，在恒成立

当时，，解得

当时，函数的对称轴为

（i）若，即时

，解得，故

（ii）若，即时

，解得，故

综上所述，实数的取值范围是.