2022-2023学年河北省邢台市第一中学高一上学期期末考试数学试题含解析

2022-2023学年河北省邢台市第一中学高一上学期期末考试数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用诱导公式进行化简求值.

【详解】.

故选：C.

2．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】分别解不等式求出集合和集合，然后再求即可.

【详解】不等式等价于，

∵在上单调递减，∴，解得，

∴，

不等式等价于，解得或，

∴或，

∴，

∴.

故选：D.

3．下列函数中，既是奇函数又在定义域上是减函数的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据奇函数和减函数的特征，结合选项进行判定.

【详解】对于选项A，不是奇函数，排除A；

对于选项B，是奇函数，但是在其定义域上不是减函数，排除B；

对于选项C，是奇函数，在其定义域上也是减函数，符合题意；

对于选项D，是奇函数，但是在其定义域上不是减函数，排除D.

故选：C.

4．函数的零点所在区间为（      ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据公共定义域内判断函数的单调性及复合函数的单调性，

得出函数的单调性，再利用函数零点的存在性定理即可求解.

【详解】由题意可知，的定义域为，

令，则，由在上单调递减，

在定义域内单调递增，

所以在单调递减.

所以函数在上单调递减.

所以

故，根据零点的存在性定理，可得

函数的零点所在区间为.

故选：B.

5．命题，使得成立.若是假命题，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据是假命题，得出为真命题，利用恒成立知识求解.

【详解】因为是假命题，所以为真命题，即，使得成立.

当时，显然符合题意；

当时，则有，且，解得.

故选：A.

6．已知幂函数的图象过、、三点，则与的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．不能确定

【答案】B

【分析】设，根据点在函数的图象上可求得的值，可得出的解析式，分析函数的定义域与单调性，比较与，利用函数的单调性可得出、的大小关系.

【详解】设，则，可得，，

所以，函数是定义在上的增函数，

因为，所以，，即.

故选：B.

7．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用诱导公式可求得，利用三角恒等变换化简所求代数式，可求得结果.

【详解】因为，则，

若，则，矛盾，故.

因此，

.

故选：C.

8．“一骑红尘妃子笑，无人知是荔枝来”描述了封建统治者的骄奢生活，同时也讲述了古代资源流通的不便利.如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合.已知某类果蔬的保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：）满足函数关系（为常数），若该果蔬在的保鲜时间为216小时，在的保鲜时间为8小时，那么在时，该果蔬的保鲜时间为（    ）小时.

A．72 B．36 C．24 D．16

【答案】A

【分析】根据题意列出时所满足等式，利用指数幂的运算分别可求解出的值，然后即可计算出时的值，则对应保鲜时间可求.

【详解】当时，；当时，，

则，整理可得，于是，

当时，．

故选：A

二、多选题

9．下到说法错误的是（    ）

A．若终边上一点的坐标为，则

B．为第二或第三象限角的充要条件是

C．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象

D．若，且，则

【答案】AC

【分析】结合选项逐个判定，利用定义可知A错误，结合象限符号可得B正确，根据平移规则可得C错误，利用平方关系和商关系可得D正确.

【详解】对于A，，故不正确；

对于B，为第二象限时，，所以；为第三象限角时，，所以；反之，，则异号，所以为第二或第三象限角，故正确；

对于C，将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数解析式为，故不正确；

对于D，因为，所以，

所以，解得或.

因为，，且，所以，

所以，故D正确.

故选：AC.

10．已知，为正数，，则下列说法正确的是（    ）

A．的最小值为

B．的最小值为

C．的最大值为

D．的最大值为

【答案】ABC

【分析】选项A和选项B使用基本不等式“1”的妙用求解，选项C和选项D构造“和为定值”对“积的最大值”进行求解.

【详解】对于A， ，

∵，，∴，，∴由基本不等式，

当且仅当，即，时，等号成立，

∴，的最小值为，故选项A正确；

对于B， ，

∵，，∴，，∴由基本不等式，

当且仅当，即，时，等号成立，

∴，的最小值为，故选项B正确；

对于C，∵，，∴，，

∴由基本不等式，

当且仅当，即，时，等号成立，

∴的最大值为，故选项C正确；

对于D，∵，，∴，，

∴由基本不等式，

当且仅当，即，时，等号成立，这与矛盾，上式无法取等号，故选项D错误.

故选：ABC.

11．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．

C．若，则或

D．若方程有两个不同的实数根，则

【答案】BCD

【分析】解方程可判断A选项；求出的值，可判断B选项；解不等式可判断C选项；数形结合可判断D选项.

【详解】对于A选项，当时，由，可得，

当时，由，可得.

综上所述，若，则或，A错；

对于B选项，，

所以，，B对；

对于C选项，当时，由，可得，解得，此时，

当时，由，可得，解得，此时，

综上所述，若，则或，C对；

对于D选项，作出函数与函数的图象如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，

此时方程有两个不等的实根，D对.

故选：BCD.

12．设函数的定义域为，如果对任意的，存在，使得（为常数），则称函数在上的均值为，下列函数中在其定义域上的均值为的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】根据题意将问题转化为关于的方程是否存在有解问题，然后逐个分析判断即可

【详解】由题意可得，则，即，将问题转化为关于的方程是否存在有解问题，

对于A，的定义域为，则对于任意，关于的方程为，则，，方程一定有解，所以A正确，

对于B，的定义域为，值域为，则对于任意，总存在，使得，所以B正确，

对于C，的定义域为，值域为，当时，，此时不存在，使，所以C错误，

对于D，，定义域为，值域为，则对于任意，关于的方程为，整理得，则总存在满足上式，所以D正确，

故选：ABD

三、填空题

13．已知集合有且仅有两个子集，则的取值集合为___________.

【答案】

【分析】根据题意集合A有一个元素，考虑和两种情况，计算得到答案即可.

【详解】由题意，集合有且仅有两个子集，则集合只有一个元素，

当时，，解得，符合题意；

当时，，解得或，

当时，，符合题意，

当时，，符合题意.

综上所述，的取值集合为.

故答案为：.

14．已知函数的定义域是，则函数的单调增区间为__________.

【答案】

【分析】先根据定义域求出的值，再结合复合函数求出单调区间.

【详解】因为函数的定义域是，

所以是方程的两个根，

所以，解得，即.

令，，则为减函数，

函数是开口向下，对称轴为的二次函数，且时，为减函数；

所以函数的单调增区间为.

故答案为：.

15．如图，在中， ，以为圆心、为半径作圆弧交于点．若圆弧等分的面积，且弧度，则=________.

【答案】

【详解】设扇形的半径为，则扇形的面积为，直角三角形中， ， ，面积为，由题意得，∴，∴，故答案为.

点睛：本题考查扇形的面积公式及三角形的面积公式的应用，考查学生的计算能力，属于基础题；设出扇形的半径，求出扇形的面积，再在直角三角形中求出高，计算直角三角形的面积，由条件建立等式，解此等式求出与的关系，即可得出结论.

16．函数为定义在上的奇函数，且，对于任意，都有成立，则的解集为__________.

【答案】

【分析】构造函数，利用函数的单调性和奇偶性进行求解.

【详解】设函数，因为为奇函数，所以为偶函数；

因为，所以，即在为增函数；

因为，为偶函数，所以，且在为减函数；

当时，等价于，所以；

当时，等价于，所以；即的解集为.

故答案为：.

四、解答题

17．设，集合，

(1)若，求

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先根据，化简两个集合，再求两个集合的并集；

（2）由3在集合中，不在集合中，可求取值范围.

【详解】（1）当时，

所以.

（2）集合，所以

因为，所以且.

则，即，解得.

18．函数部分图象如图所示，已知.再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为已知.

(1)求函数的解析式；

(2)求的单调增区间.

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）先由求出，分三种情况讨论求解，代入点的坐标求出，从而得到解析式；

（2）先求的解析式，整体代换可求的单调增区间.

【详解】（1）因为，由图可知，所以.所以.

若选择条件①②，即，.

因为.由图可知，，即.

因为，所以，所以.

又因为，所以，所以.

若选择条件①③，即，.

因为.由图可知，，即.

因为，所以，所以.

又因为，所以，所以.

若选择条件②③，即，.

因为，由图可知，当时，取得最大值，

即，，由，得，，

因为，所以.

又，所以，所以.

（2），

故的单调增区间即为的单调递减区间.

由，，得，.

所以的单调递增区间为，.

19．已知函数.

(1)求的最小正周期及对称轴方程；

(2)时，的最大值为，最小值为，求，的值.

【答案】(1)最小正周期为，对称轴方程为，

(2)，或，

【分析】（1）使用两角和差的正余弦公式、二倍角公式、辅助角公式进行化简后，即可求得最小正周期和对称轴方程；

（2）结合正弦函数的图象和性质，分别对和两种情况进行讨论即可.

【详解】（1）

∴，则的最小正周期为，

∵的对称轴为直线，，

∴由，，解得，，

∴的对称轴方程为，.

（2），

∵，∴，∴，

∴，

当时，的最大值为，最小值为，

∴由，解得，

当时，的最大值为，最小值为，

∴由，解得，

综上所述，，或，.

20．比亚迪是我国乃至全世界新能源电动车的排头兵，新能源电动车汽车主要采用电能作为动力来源，目前比较常见的主要有两种：混合动力汽车、纯电动汽车．有关部门在国道上对比亚迪某型号纯电动汽车进行测试，国道限速．经数次测试，得到该纯电动汽车每小时耗电量（单位：）与速度（单位：）的数据如下表所示：

为了描述该纯电动汽车国道上行驶时每小时耗电量与速度的关系，现有以下三种函数模型供选择：①；②；．

(1)当时，请选出你认为最符合表格中所列数据的函数模型（需说明理由），并求出相应的函数表达式；

(2)现有一辆同型号纯电动汽车从重庆育才中学行驶到成都七中，其中，国道上行驶，高速上行驶．假设该电动汽车在国道和高速上均做匀速运动，国道上每小时的耗电量与速度的关系满足（1）中的函数表达式；高速路上车速（单位：）满足，且每小时耗电量（单位：）与速度（单位：）的关系满足）．则当国道和高速上的车速分别为多少时，该车辆的总耗电量最少，最少总耗电量为多少？

【答案】(1)选①，

(2)当这辆车在高速上的行驶速度为，在国道上的行驶速度为最少，最少为．

【分析】（1）利用表格中数据进行排除即可得解；（2）在分段函数中分别利用均值不等式和二次函数求出最值即可得解.

【详解】（1）解：对于③，当时，它无意义，故不符合题意，

对于②，当时，，又，

所以，故不符合题意，故选①，

由表中的数据可得，，解得

∴．

（2）解：高速上行驶，所用时间为，

则所耗电量为，

由对勾函数的性质可知，在上单调递增，

∴，

国道上行驶，所用时间为，

则所耗电量为，

∵，∴当时，，

∴当这辆车在高速上的行驶速度为，在国道上的行驶速度为时，

该车从重庆育才中学行驶到成都七中的总耗电量最少，最少为．

21．已知函数，且.

(1)若函数的图象与函数的图象关于直线对称，且点在函数的图象上，求实数的值；

(2)已知函数.若的最大值为12，求实数的值.

【答案】(1)

(2)或2

【分析】（1）根据两个函数图象对称的特征求出，代入点的坐标可得实数的值；

（2）先化简，利用换元法和二次函数知识，结合最大值求出实数的值.

【详解】（1）因为函数，且）的图象与函数的图象关于直线对称，

所以（，且），

因为点在函数的图象上，所以，解得，或（舍去）.

（2）.

令.

①当时，由，有，

二次函数的对称轴为，

最大值为，解得或（舍去）；

②当时，由，有，

二次函数的对称轴为，

可得最大值为，解得或（舍去），综上，实数的值为或2.

22．已知函数的定义域为R，其图像关于点对称．

(1)求实数a，b的值；

(2)求的值；

(3)若函数，判断函数的单调性（不必写出证明过程），并解关于t的不等式．

【答案】(1)

(2)1011

(3)

【分析】（1）根据对称性列方程解出a和b；

（2）根据对称性分组计算；

（3）构造函数，根据函数的单调性和奇偶性求解不等式.

【详解】（1）有条件可知函数 经过点 ， ，即 ，

解得： ， ；

（2）由于 ，

，

；

（3）由于 是奇函数，根据函数平移规则， 也是奇函数，

并且由于 是增函数， 也是增函数， 也是增函数，定义域为

不等式 等价于 ，

即 ， ，由于 是增函数，

，解得 ；

综上，（1）；（2）；（3）.