2022-2023学年陕西省榆林市高一上学期期末数学试题含解析

这是一份2022-2023学年陕西省榆林市高一上学期期末数学试题含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先解一元二次不等式求出集合，再利用交集的定义求.
【详解】解不等式得，
所以，又，
所以.
故选：B.
2．命题“，”的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】由存在量词命题的否定的改写规则可得答案.
【详解】由题可得，命题“，”的否定为
”.
故选：D
3．已知幂函数的图象经过原点，则（ ）
A．－1B．1C．3D．2
【答案】C
【分析】令求解，再根据函数图象经过原点判断.
【详解】解：令，解得或.
当时，的图象不经过原点.
当时，的图象经过原点.
故选：C
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用二倍角的正切公式求解.
【详解】解：由，得，
则.
故选：A
5．已知函数，则“”是“”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：当时,;
当时，令，解得；
当时，令，解得.
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：C
6．已知角的终边经过点，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由三角函数的定义，有，结合，解出，可求.
【详解】由题意可得，所以,又，所以，则.
故选：B
7．已知函数在上的值域为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数函数在上的值域为，可以分析出.
【详解】因为，所以．又因为的值域为，所以，则．
故选：C.
8．如图，一个扇形公园POQ的半径为200米，圆心角为.现要从中规划一个四边形ABCO进行景点改造.其中顶点B在扇形POQ的弧PQ上，A，C分别在半径OP，OQ上，且，，则（ ）
A．该扇形公园POQ的面积为平方米
B．规划的四边形ABCO的面积最大为平方米
C．当规划的四边形ABCO面积最大时，的大小为
D．当规划的四边形ABCO面积最大时，弧PB的长为米
【答案】D
【分析】计算扇形面积判断A；设，求出四边形ABCO面积关于的函数，求出函数最值，再分别判断B，C，D作答.
【详解】该扇形公园POQ的面积为平方米，A错误；
设，则，，，，
则有四边形ABCO的面积
，
因为A，C分别在半径OP，OQ上，且，，即有，，
因此当，即时，四边形ABCO的面积最大为平方米，此时弧PB的长为米，BC错误，D正确.
故选：D
二、多选题
9．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】根据指数函数，对数函数及正弦函数的单调性结合中间量法求解即可.
【详解】因为，，
，所以.
故选：BCD.
10．若函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象
D．将的图象上所有点的横坐标都伸长到原来的2倍，得到函数的图象
【答案】AC
【分析】由图可知，由得，将点的坐标代入，结合求得，从而得，即可判断A、B；根据三角函数图象的变换规律求得变换后的函数解析式可判断C、D.
【详解】由图可知，，解得．
将点的坐标代入中，可得，
则，因为，所以，得，故A正确，B错误；
将的图象向左平移个单位长度，得到的图象，故C正确；
将的图象上所有点的横坐标都伸长到原来的2倍，得到函数的图象，故D错误．
故选：AC.
11．函数，则（ ）
A．在内有零点B．在内有零点
C．在内有零点D．在内有零点
【答案】AC
【分析】利用零点存在定理求解.
【详解】解：作出函数和的图象，如图所示，
由图象可知：最多有两个零点，
因为，，，，，
所以，，
由零点存在性定理可知在内有零点，在内有零点.
故选：AC
12．已知函数，则（ ）
A．
B．
C．的图象关于点对称
D．的图象与的图象关于直线对称
【答案】BCD
【分析】由特值法可判断A；计算验证可判断C；利用C中结论可判断B；由函数图象对称性的规律可判断D.
【详解】因为，可知A错误；
因为，所以的图象关于点对称，故C正确；
由C中结论可知，又，则，所以，故B正确．
的图象与的图象关于直线对称，故D正确；
故选：BCD.
三、填空题
13．函数的定义域为______.
【答案】
【分析】对数函数的真数大于零，解此不等式即可.
【详解】令，解得，
则的定义域为.
故答案为：.
14．若正实数、满足，则的最小值为______.
【答案】
【分析】将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为正实数、满足，
所以.
当且仅当，即，时，等号成立，故的最小值为.
故答案为：.
15．写出一个使函数为偶函数的的值：______.（结果用弧度制表示）
【答案】（答案不唯一）
【分析】含有正弦型的函数，利用诱导公式，，使其变为余弦类型函数，成为偶函数.
【详解】已知函数，
令，，则，.
即当，，为偶函数，取一个结果.
故答案为：（答案不唯一）.
16．已知是定义在上的增函数，且的图象关于点对称，则关于的不等式的解集为_________．
【答案】
【分析】利用同构思想，把关于的不等式，化为，从而构造函数，根据题意可以得到是定义在上的奇函数，也是定义在上的增函数，进而列出不等式求解即可.
【详解】令函数，因为的图象关于点对称，所以的图象关于原点对称，
故是定义在上的奇函数．因为是定义在上的增函数，
所以也是定义在上的增函数．由，
得，则，
则解得，
故原不等式的解集为．
故答案为：
四、解答题
17．已知．
(1)若为第一象限角，求；
(2)求的值．
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）利用诱导公式及平方关系求出，再利用二倍角公式求解.
（2）由（1）求出，再利用齐次式法计算即可.
【详解】（1）因为，
所以，则.
因为为第一象限角，所以，．
（2）由（1）知，所以，
所以．
18．已知，.
(1)若，求的最大值；
(2)若，证明：.
【答案】(1)9
(2)证明见解析
【分析】（1）由运用基本不等式求乘积得最大值；
（2）直接由基本不等式对已知等式进行放缩，证得结果.
【详解】（1）因为，所以.
，
当且仅当，，时，等号成立，
故的最大值为9.
（2）证明：因为，
所以，又，
解得，
当且仅当时，等号成立.
故.
19．已知函数的最小正周期为．
(1)求的单调递减区间；
(2)求不等式在上的解集．
【答案】(1)单调递减区间为
(2)
【分析】(1)利用周期计算出，用主题替换法结合三角函数性质求出递减区间即可；
(2) 等价于，结合给定区间求解不等式即可.
【详解】（1）由题意得．
由，得，
所以的单调递减区间为
（2）由，得，
得，得，
因为，所以，
故不等式在上的解集为．
20．已知是对数函数.
(1)求a的值.
(2)函数，，是否存在正实数k，使得有解？若存在，求k的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由对数函数的定义，且，求解；
（2）当时，求出的值域，使得是其一个函数值，限定范围求出结果.
【详解】（1）因为是对数函数，所以，
解得.
（2）由（1）知，
，，
令，因为，，
所以t在上单调递增，且.
令，因为在上单调递增，
所以，.
因为有解，所以，
解得，即k的取值范围为.
21．已知函数（且），函数.
(1)设函数，求图象经过的定点P的坐标；
(2)若恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出，再表示，含有指数型函数，令指数为零，求解定点；
（2）把表示为分段函数，求其单调性，再结合的图像限定的范围求得结果.
【详解】（1）因为，所以，又函数，则.
令，则，所以定点P的坐标为.
（2）由，可得，
则在上单调递增，在上单调递减，
因为恒成立，所以在上单调递增，
且根据图像可得，即，
解得，
所以a的取值范围为.
22．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，所以至今还在农业生产中被使用.如图，假定在水流稳定的情况下，一个直径为10米的筒车开启后按逆时针方向匀速旋转，转一周需要1分钟，筒车的轴心O距离水面的高度为米.以盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间，设筒车开始旋转t秒后盛水筒P到水面的距离为h米（规定：若盛水筒P在水面下，则h为负数）.
(1)写出h（单位：米）关于t（单位：秒）的函数解析式（其中，，）；
(2)若盛水筒P在，时刻距离水面的高度相等，求的最小值.
【答案】(1)，
(2)40
【分析】（1）根据图形，利用几何知识和三角函数求解函数解析式；
（2）根据正弦方程，求解的关系，通过分类讨论得到的最小值.
【详解】（1）如图，过O作交PB于点C，设筒车与水面的交点为M，N，连接OM.
因为筒车转一周需要1分钟，所以筒车每秒钟转，则.
又因为，，所以，
则.
，，
即，.
（2）不妨设，由题意得，
故，
①，，解得，，故，当且仅当，时，等号成立，
②，，解得，显然当时，取得最小值，最小值为.
综上，的最小值为40.
【点睛】思路点睛：几何中的三角函数模型, 一般应按下面几个步骤进行：一是要认真分析题意，借助已知或画出的示意图，弄清已知量和未知量，二是找出有关的数学模型，找出直角三角形或通过添加辅助线构造有关的直角三角形，把问题转化为求直角三角形的边或角有关问题，三是选择合适的三角函数表示出相应的角或线段，建立起函数模型.