2022-2023学年上海市浦东新区高一年级上册学期期末数学试题【含答案】

2022学年第一学期期末考试试卷

高一数学

一、填空题（本题满分40分，每题4分，共10题）

1. 函数的定义域是_________ ．

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：函数满足，即函数定义域为

考点：求函数定义域

2. 已知幂函数的图象过点，则______.

【答案】

【解析】

【分析】先根据待定系数法求得函数的解析式，然后可得的值．

【详解】由题意设，

∵函数的图象过点，

∴，

∴，

∴，

∴．

故答案为．

【点睛】本题考查幂函数的定义及解析式，解题时注意用待定系数法求解函数的解析式，属于基础题．

3. 已知函数的两个零点分别为，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】依题意方程有两个不相等实数根、，利用韦达定理计算可得；

【详解】解：依题意令，即，

所以方程有两个不相等实数根、，

所以，，

所以；

故答案为：

4. 已知函数是奇函数，则实数______．

【答案】0

【解析】

【分析】由奇函数定义入手得到关于变量的恒等式后，比较系数可得所求结果．

【详解】∵函数为奇函数，

∴，

即，

整理得在R上恒成立，

∴．

故答案为．

【点睛】本题考查奇函数定义，解题时根据奇函数的定义得到恒等式是解题的关键．另外，取特殊值求解也是解决此类问题的良好方法，属于基础题．

5. 若二次函数在区间上为严格减函数，则实数的取值范围是________．

【答案】

【解析】

分析】由题知，再解不等式组即可得答案.

【详解】解：因为二次函数在区间上为严格减函数，

所以，即，解得,

所以，实数的取值范围是

故答案为：

6. 古代文人墨客与丹青手都善于在纸扇上题字题画，题字题画的部分多为扇环．已知某扇形的扇环如图所示，其中外弧线的长为，内弧线的长为，连接外弧与内弧的两端的线段均为，则该扇形的中心角的弧度数为____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据扇形弧长与扇形的中心角的弧度数为的关系，可求得，进而可得该扇形的中心角的弧度数.

详解】解：如图，

依题意可得弧的长为，弧的长为，设扇形的中心角的弧度数为

则，则，即．

因为，所以，所以该扇形的中心角的弧度数．

故答案为：.

7. 已知函数，且，那么=_________.

【答案】-12

【解析】

【分析】代入，整体代换求值即可.

【详解】由题意，，即，

故,

故答案为：-12

8. 已知函数，关于的不等式在区间上总有解，则实数的取值范围为________．

【答案】

【解析】

【分析】由题知，进而根据对勾函数性质求解最值，解不等式即可.

【详解】解：当时，，当且仅当时取得等号，

因为当时，；

当时，；

所以，根据对勾函数性质，当时，，

所以，当时，，

因为关于的不等式在区间上总有解，

所以，，解得，

所以，实数的取值范围为

故答案为：

9. 已知函数，函数，如果恰好有两个零点，则实数的取值范围是________．

【答案】

【解析】

分析】

求出函数的表达式，构造函数，作出函数的图象，利用数形结合进行求解即可.

【详解】，

，

由，

得，

设，

若，则，，

则，

若，则，，

则，

若，则，，

则，

即，

作出的图象如图，

当时，，

当时，，

由图象知要使有两个零点，即有四个根，

则满足或，

故答案为：

【点睛】函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

10. 设，，若存在，使得成立，则正整数的最大值为________

【答案】

【解析】

【分析】

由题设且上有，所以，使得成立，只需即可，进而求得正整数的最大值.

【详解】由题意知：，使成立，

而当且仅当时等号成立，

∴，而，即，

∴仅需成立即可，有，故正整数的最大值为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：结合基本不等式有，即，应用对勾函数的性质求值域，并将存在性问题转化为函数闭区间内有解，只要即可求最值.

二、选择题（本题满分16分，每题4分，共4题）

11. 已知为实数，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】B

【解析】

【分析】根据充分性和必要性的判断方法来判断即可．

【详解】当时，若，不能推出，不满足充分性；

当，则，有，满足必要性；

所以是的必要不充分条件．

故选:B．

12. 已知实数，，则的最小值为（    ）

A. 100 B. 300 C. 800 D. 400

【答案】D

【解析】

【分析】应用“1”的代换，将目标式转化为，再利用基本不等式求最小值即可，注意等号成立的条件.

【详解】由，

∴，当且仅当时等号成立.

∴的最小值为400.

故选：D

13. 设函数的定义域为，对于下列命题：

①若存在常数，使得对任意，有，则是函数的最小值；

②若函数有最小值，则存在唯一的，使得对任意，有；

③若函数有最小值，则至少存在一个，使得对任意，有；

④若是函数的最小值，则存在，使得．

则下列为真命题的选项是（    ）

A. ①②都正确 B. ①③都错误 C. ③正确④错误 D. ②错误④正确

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数最小值的定义依次判断各选项即可得答案.

【详解】解：对于①，不一定是函数的函数值，所以可能的最小值大于，故错误；

对于②，函数有最小值，则可能存在若干个，使得对任意，有，故错误；

对于③，函数有最小值，则由最小值的定义，至少存在一个，使得对任意，有，故正确；

对于④，若是函数的最小值，则存在，使得，故错误；.

故真命题的选项是②错误④正确.

故选：D

14. 设，分别是函数和的零点（其中），则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据零点定义,可得,分别是和的解.结合函数与方程的关系可知,分别是函数与函数和函数交点的横坐标,所以可得,.而与互为反函数,则由反函数定义可得.再根据基本不等式,即可求得的最小值,将化为,即可得解.

【详解】因为,分别是函数和的零点

则,分别是和的解

所以,分别是函数与函数和函数交点的横坐标

所以交点分别为

因为

所以,

由于函数与函数和函数都关于对称

所以点与点关于对称

因为关于对称的点坐标为

所以

即,且

所以

,由于,所以不能取等号

因

所以

即

故选:D

【点睛】本题考查了反函数的定义及性质综合应用,函数与方程的关系应用,基本不等式求最值,综合性强,属于难题.

三、解答题（本题满分44分，共4题）

15. 已知．

（1）求的值；

（2）求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题知，再根据正切的和角公式求解即可；

（2）根据诱导公式，结合齐次式求解即可.

【小问1详解】

解：由知，

所以，

【小问2详解】

解：由知；

所以.

16. 2020年初，新冠肺炎疫情袭击全国，对人民生命安全和生产生活造成严重影响．在党和政府强有力的抗疫领导下，我国控制住疫情后，一方面防止境外疫情输入，另一方面逐步复工复产，减轻经济下降对企业和民众带来的损失．为降低疫情影响，某厂家拟在2020年举行某产品的促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）x万件与年促销费用m万元满足（k为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是2万件．已知生产该产品的固定投入为8万元，每生产一万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍（此处每件产品年平均成本按元来计算）

（1）将2020年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；

（2）该厂家2020年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？最大利润是多少？

【答案】（1）   

（2）该厂家2020年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为29万元

【解析】

【分析】（1）根据题意列方程即可.

（2）根据基本不等式，可求出的最小值，从而可求出的最大值.

【小问1详解】

由题意知，当时，（万件），

则，解得，∴．

所以每件产品的销售价格为（元），

∴2020年利润．

【小问2详解】

∵当时，，

∴，

当且仅当即时等号成立．

∴，

即万元时，（万元）．

故该厂家2020年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为29万元．

17. 已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）当时，设，且，求（用表示）；

（3）在（2）的条件下，是否存在正整数，使得不等式在区间上有解，若存在，求出的最大值，若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）；（3）存在，3.

【解析】

【分析】（1）时，不等式即，解不等式可得结果；

（2）依题意得，进而由换底公式和对数的运算性质可得结果；

（3）依题意得在区间上有解； 令，则，因此求得的最大值即可求得结果.

【详解】（1）当时，

故 ，所以不等式的解集为；

（2）当时，，

，

.

（3）在（2）的条件下，不等式化为，

即在区间上有解. 令，则，

，，

，又是正整数，故的最大值为3.

18. 若函数对定义域内的任意x都满足，则称具有性质．

（1）判断是否具有性质M，并证明在上是严格减函数；

（2）已知函数，点，直线与的图象相交于两点（在左边），验证函数具有性质并证明；

（3）已知函数，是否存在正数，当的定义域为时，其值域为，若存在，求的范围，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）具有，证明见解析；   

（2）证明见解析；    （3）不存在，理由见解析.

【解析】

【分析】（1）根据具有性质的定义判断即可，结合单调性的定义证明即可；

（2）根据具有性质的定义判断即可，再根据得，进而根据两点间的距离公式作差法比较即可；

（3）根据题意，分或，结合函数单调性讨论求解即可.

【小问1详解】

解：因为，所以函数具有性质，

任取，

则，

因为，所以，

所以，即，

所以，在区间上单调递减.

【小问2详解】

解：因为，所以具有性质，

由性质得或，解得或，

因为，，所以，

所以，，

所以，

当，，当且仅当时取等号，且，

所以，

所以，即.

【小问3详解】

解：注意到，由于均为正整数，

所以，要使存在正数，当的定义域为时，其值域为，则或，

当，

因为为单调递减函数，

所以，其值域为，

所以，

所以，即，整理得，即，与定义域为矛盾；

当时，

因为为增函数，

所以，其值域为，

所以，即

所以，即，与定义域为矛盾；

综上，不存在正数满足条件.

【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键在于结合函数，均为正整数得到或，进而分类讨论求解即可.