2022-2023学年重庆市北碚区高一上学期期末数学试题含解析

2022-2023学年重庆市北碚区高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知全集，，则（    ）

A． B．或

C． D．或

【答案】B

【分析】根据补集的定义计算可得.

【详解】解：因为全集，，

所以或.

故选：B

2．若，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】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.

【详解】解：由，解得或，

所以由推得出，故充分性成立，

由推不出，故必要性不成立，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

3．若，为第四象限角，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】直接利用平方关系即可得解.

【详解】解：因为，为第四象限角，

所以.

故选：D.

4．已知幂函数在上单调递减，则（    ）

A．-2 B．-1 C．1 D．2

【答案】D

【分析】根据幂函数的定义和单调性进行求解即可.

【详解】由题意，幂函数，可得，

即，解得或，

当时，函数，可得函数在上单调递减，符合题意；

当时，函数，可得函数在上单调递增，不符合题意.

故选：D

5．函数的零点个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】C

【分析】转化为函数和函数的交点个数,数形结合即可得到结果.

【详解】本题转化为函数和函数的交点个数,做出两个函数的图像,如图,

根据图像可得两个函数交点的个数为个,所以函数的零点个数为个.

故选:C.

6．若，，，则a，b，c的人小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据指数函数和对数函数的单调性进行求解即可.

【详解】因为，，，

所以，

故选：C

7．若，都是锐角，且，，则（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】A

【分析】由平方关系求得，，然后由两角差的余弦公式计算．

【详解】，都是锐角，则，

则由题意得，又，

．

故选：A．

8．已知x>0，y>0，且x＋2y＝4，则(1＋x)(1＋2y)的最大值为（    ）

A．36 B．4 C．16 D．9

【答案】D

【分析】根据题意得到，进而通过基本不等式求得答案.

【详解】由题意，，，所以，当且仅当时取“=”.

故选：D.

二、多选题

9．若，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】根据不等式的性质判断．

【详解】即，A正确；

，B正确；

，即，C正确；

时，与的大小关系不确定，因此不一定成立，D错误．

故选：ABC．

10．下列命题中的真命题是（    ）

A．， B．，

C．与是相同函数 D．的最小值为2

【答案】AB

【分析】根据指数函数性质判断A；根据对数函数运算取特殊值判断B；根据函数概念判断C；根据函数定义域与值域判断D即可.

【详解】解：对于A，由指数函数的性质可知对任意的恒成立，所以A为真命题；

对于B，当时，则，故B为真命题；

对于C，函数的定义域为，函数的定义域为，但两个函数的对应关系不同，所以不是相同函数，故C为假命题；

对于D，函数的定义域为，所以，故的最小值不为2，故D为假命题.

故选：AB.

11．若将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）

A．的最小正周期为 B．在上单调递减

C．不是函数图象的对称轴 D．在上的最小值为

【答案】ACD

【分析】利用函数图象平移变换的特点，结合余弦函数的周期公式、单调性、对称轴及最值逐项判断即可求解..

【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数

的图象，

对A，的最小正周期为，故A正确；

对B，当 时， 时，故在上有增有减，故B错误；

对C，，故不是图象的一条对称轴，故C正确；

对D，当时，，且当，即时，取最小值为，故D正确．

故选：ACD.

12．已知定义在上的函数，若函数的图象关于点对称，且函数，关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．6

【答案】ABC

【分析】由题意可得函数关于原点对称，令可得，利用判别式和韦达定理分析该方程根的分布，结合函数的图象，分类讨论判断和的根的个数.

【详解】若函数的图象关于点对称，则函数关于原点对称，

对于方程，令可得，即，

∵，则有两个不相等的实根，不妨设，

又∵，即，则有：

当时，则，如图1，可得有且仅有一个实根，有3个不相等的实根，

故关于的方程有4个不同的实数解；

当时，则，如图2，可得有且仅有一个实根，有2个不相等的实根，

故关于的方程有3个不同的实数解；

当时，则，如图3，可得、均只有一个实根，

故关于的方程有2个不同的实数解；

当时，则，如图4，可得有2个不相等的实根，有且仅有一个实根，

故关于的方程有3个不同的实数解；

当时，则，如图5，可得有3个不相等的实根，有且仅有一个实根，

故关于的方程有4个不同的实数解；

综上所述：关于的方程的实数解的个数有2或3或4.

故A、B、C正确，D错误.

故选：ABC.

三、填空题

13．计算：___________.

【答案】##

【分析】利用二倍角正弦公式计算可得.

【详解】解：.

故答案为：

14．已知函数，分别由下表给出，则 ___________.

【答案】

【分析】运用找入法直接求解即可.

【详解】由表可得，

故答案为：

15．在东方设计中存在着一个名为“白银比例”的理念，这个比例为，它在东方文化中的重要程度不亚于西方文化中的“黄金分割比例”，传达出一种独特的东方审美观.如图，假设扇子是从一个圆面剪下的，扇形的面积为，圆面剩余部分的面积为，当时，扇面较为美观.那么按“白银比例”制作折扇时，扇子圆心角的弧度数为____________.

【答案】

【分析】设扇子圆心角为，则圆面剩余部分的圆心角为，圆的半径为，根据扇形的面积公式得到方程，解得即可.

【详解】解：设扇子圆心角为，则圆面剩余部分的圆心角为，圆的半径为，

则，，

因为，即，即，

所以.

故答案为：

四、双空题

16．已知定义在上的运算“”：，关于的不等式.若，则不等式的解集为___________﹔若不等式恒成立，则实数的取值范围是_____________.

【答案】     ；    

【分析】空一：根据题中定义，结合一元二次不等式的解法进行求解即可；

空二：根据题中定义，结合二次函数的性质进行求解即可.

【详解】空一：当时，

，所以不等式的解集为；

空二：由，

当时，，该二次函数的对称轴为，

所以，

要想不等式恒成立只需，或，

所以实数的取值范围是，

故答案为：；

五、解答题

17．已知集合，.

(1)求；

(2)若集合，且，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先解指数不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得；

（2）根据可得，即可得解.

【详解】（1）解：由，即，解得，所以，

又，所以；

（2）解：因为，，且，

所以，即实数的取值范围为.

18．计算：

(1)；

(2).

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据指数幂的运算公式进行求解即可；

（2）根据对数的运算性质进行求解即可.

【详解】（1）

；

（2）

.

19．在条件：①；②；③中任选一个，补充在下面的题目中，并求解.

已知，且满足条件___________.

(1)求的值；

(2)若，且，求的值.

【答案】(1)任选①②③，；

(2)任选①②③，．

【分析】（1）选①由诱导公式得，代入求值式化简即得；选②，结合平方关系求得，然后代入求值，选③，解法同选②；

（2）选①，利用（1）及平方关系求得，然后再求得，计算的值，由角范围可得角的大小．选②或选③，解法都同选①求出后解法．

【详解】（1）选①，，由诱导公式得，

则；

选②，，两边平方得，所以，又，所以，即，，

从而由解得，或（舍去），

；

选③，，因为，所以，即，，

因此由可解得，或（舍去），

以下同选②；

（2）选①，因为，所以，即，，

由（1），所以，所以（负值舍去），，

，，

，

又，所以．

选②或③，均由（1）得，，

，，

，

又，所以．

20．已知函数，且时，总有成立.

(1)求的值；

(2)判断并用定义法证明的单调性；

(3)若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.

【答案】(1)；

(2)函数为上的减函数，证明见解析；

(3).

【分析】（1）根据，代入得，即可解出的值；

（2）根据函数单调性的定义，设，证明出即可；

（3）根据的单调性，求出的值域，只需大于等于的最小值.

【详解】（1），

，即，

.

（2）函数为上的减函数.

证明如下，

由可得，的定义域为，

取且，

则，

，

，

，

即，，

函数为上的减函数.

（3）由（2）知，在上是减函数，

，即，

要使在上有解，

则.

21．函数的部分图象如图所示.

(1)求函数的解析式，并求的单调递增区间；

(2)若关于的方程有解，求实数的取值范围.

【答案】(1)，的单调递增区间为，

(2)

【分析】（1）由函数图象可求，可求周期，由周期求出，由特殊点的坐标求出，可得的解析式，然后根据正弦函数的单调性求解单调递增区间；

（2）令，可得，结合余弦二倍角公式可将方程转化为在上有解，确定二次函数的单调性得值域，即可求得实数的取值范围.

【详解】（1）解：由题设图象知，周期，

因为，所以，

而由图知，所以，

因为函数的图象过点，

所以，则，．所以

又因为，所以．

故函数的解析式为，

则函数在上的单调增区间满足：，

解得：，，

故的单调递增区间为，.

（2）解：关于的方程，即，

令，由于，所以，又，

则方程转化为：在上有解，

又二次函数，在上单调递增，在上单调递减；

所以，，所以，则，

所以实数的取值范围为.

22．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可运用到有限维空间并构成了一般不动点定理的基石.布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（L.E.J.Brouwer）.简单地讲就是：对于满足一定条件的连续函数，存在实数，使得，我们就称该函数“不动点”函数，实数为该函数的不动点.

(1)求函数的不动点；

(2)若函数有两个不动点，且，，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据不动点定义求解即可;

(2)根据不动点的范围,分类讨论列式求解可得范围.

【详解】（1）设不动点,因为又因为,所以,,即得

（2）因为函数有两个不动点

所以,,

①当

若，则，不满足题意，

则

,,解得

②当

若，则，不满足题意，

则，，

又,,解得，

综合①②,可知的取值范围是

【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.