2022-2023学年广东省深圳市宝安区高一上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省深圳市宝安区高一上学期期末数学试题（解析版），共18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。
2022-2023学年广东省深圳市宝安区高一上学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合U=｛0，1，2，3，4，5｝，M=｛3，4，5｝，则（    ）A．｛0，1，2，3，4，5} B．{0，1，2}C．｛3，4，5} D．｛1，2，3，4，5}【答案】B【分析】利用集合的补集运算求解.【详解】因为集合，，所以，故选：B．2．函数的定义域为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意，结合根式与分式有意义的条件，即可求解.【详解】由题意得，，解得且，故函数的定义域为.故选：B.3．已知(，且)，且，则实数a的取值范围是(    )A．0<a<1 B．a>1 C．a<1 D．a>0【答案】A【分析】利用指数函数的单调性即可求解.【详解】由(，且)可知，当时，为单调递减函数；当时，为单调递增函数，因为，故为单调递减函数，从而.故选：A.4．下列选项中，在定义域内既是奇函数又是增函数的为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义逐一判断各个选项即可.【详解】对A：在上单调递减，A错误；对B：在上单调递增，但在定义域内不是增函数，B错误；对C：由可知：在定义域内是偶函数，C错误；对D：由可知：定义域内是奇函数，∵，在在上单调递增，在上单调递增，且在上连续不断，∴在上单调递增，D正确.故选：D.5．若，且a≠b，则中的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据可判断，再根据基本不等式即可判断出四个式子的大小关系.【详解】因为，所以，根据基本不等式可知，当且仅当时等号成立，因为，所以；同理，综上所述，上述四个式子中最大值为.故选：A6．“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环保意识日益增强．某化工厂产生的废气中污染物的含量为，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少，当地环保部门要求废气中该污染物的含量不能超过，若要使该工厂的废气达标排放，那么在排放前需要过滤的次数至少为参考数据：，（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可知过滤次数与污染物的含量关系为，在根据题意列出不等式解出即可．【详解】过滤第一次污染物的含量减少，则为；过滤第两次污染物的含量减少，则为；过滤第三次污染物的含量减少，则为；过滤第n次污染物的含量减少，则为；要求废气中该污染物的含量不能超过，则，即，两边取以10为底的对数可得，即，所以，因为，所以，所以，又，所以，故排放前需要过滤的次数至少为次．故选：A．7．计算器是如何计算，，，，等函数值的呢？计算器使用的是数值计算法，其中一种方法是用容易计算的多项式近似地表示这些函数，通过计算多项式的值求出原函数的值，如，，其中，英国数学家泰勒发现了这些公式，可以看出，右边的项用得越多，计算得出的和的值也就越精确．运用上述思想，可得到的近似值为（    ）A．0.50 B．0.52 C．0.54 D．0.56【答案】C【分析】将化为，根据新定义，取代入公式中，直接计算取近似值即可．【详解】由题意可得，，故.故选：．8．函数（，）的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（    ）A．函数的最小正周期是2πB．函数的图象关于点成中心对称C．函数在单调递增D．将函数的图象向左平移后得到的关于y轴对称【答案】C【解析】根据条件求出c的值，结合三角函数的周期关系求出周期，以及对应的对称轴，对称中心，利用三角函数的性质分别进行判断即可．【详解】解：根据函数（，）的部分图象以及圆C的对称性，可得，两点关于圆心对称，故，则，解得：，函数的周期为，故A错误；∵函数关于点对称，∴函数的对称中心为，则当时，对称中心为，故B不正确；函数的一条对称轴为，在x轴负方向内，接近于y轴的一条对称轴为，由图像可知，函数的单调增区间为，，当时，函数的单调递增区间为，，故C正确；的一条对称轴为，∴函数的图象向左平移个单位后，此时，所得图象关于直线对称，故D错误.故选：C【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，解决问题的关键是由图象求出函数的性质，再根据图象变换的规则解决问题. 二、多选题9．(多选)下列函数，值域为的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】对每个选项进行值域判断即可.【详解】解：A选项，函数的值域为，正确；B选项，函数的值域为，错误；C选项，函数的值域为，正确；D选项，函数的值域为，错误.故选：AC.10．且，则的可能取值为（    ）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】BCD【分析】将展开，利用基本不等式求的最小值，再比较选项可得正确答案.【详解】，当且仅当即时等号成立，取得最小值，所以的不可能为，可能取值为，故选：BCD.11．定义在上的函数满足，当时，，则函数满足（    ）A． B．是奇函数C．在上有最大值 D．的解集为【答案】AB【分析】由抽象函数满足，令可得，利用奇偶性，单调性的定义可推导函数的奇偶性和单调性，可求函数在区间上的最大值，利用单调性解不等式可得解集.【详解】因为定义在R上的函数满足，令，得，即 ，A正确，令，得，即，函数为奇函数，B正确，设，则，，由题，，即，所以，函数在R上单调递减，所以C错误，不等式可化为，由在R上单调递减，所以，即，不等式解集为，D错误.故选：AB.12．小明从家里到学校行走的路程S与时间t的函数关系表示如图，记t时刻的瞬时速度为，区间，，上的平均速度分别为，，，则下列判断正确的有（    ）A．B．C．对于，存在，使得D．整个过程小明行走的速度一直在加快【答案】ABC【分析】可通过题意，分别表示出，，，再根据选项A、B进行比大小，即可确定；选项C可根据图像，曲线与直线的交点，即可判断，选项D，可以观察曲线在各点处的切线方程的斜率，即可判断.【详解】由题意可知：，，，有图像可知且，因此，而，所以，因此，此时，所以A选项正确；由，可化为，故成立，选项B正确；选项C，有图像可知，直线与曲线的交点为，故存在，使得，即当时，，故C选项正确；选项D，t时刻的瞬时速度为，判断平均速度的快慢，可以看整个曲线在各点处的切线方程的斜率，有图像可知，当时，切线方程的斜率最大，故而在此时，平均速度最快，因此，选项D不正确；故选：ABC  三、填空题13．已知集合，，则______．【答案】【分析】先求出集合A，B，利用集合的运算求出即可.【详解】解：由题意得：又为增函数，为减函数，，故答案为：14．定义在上的偶函数满足：在上单调递减，则满足的解集________.【答案】【分析】利用偶函数，单调性解抽象不等式【详解】因为为定义在上的偶函数，且在上单调递减，所以，所以，即，故答案为：15．已知函数满足对任意实数a，b都有，则函数可能的一个解析式是______.【答案】（答案不唯一）【分析】本题是一个开放性题，只需写出符合要求的答案即可；【详解】解：令，则对任意实数a，b都有，故答案为：（答案不唯一）16．已知函数，若存在，，且，使得成立，则实数a的取值范围是_________．【答案】【分析】通过分析的函数特征，结合已知条件，对参数进行分类讨论并结合图像即可求解.【详解】因为是开口方向向下，对称轴为直线的一元二次函数，由可知，①当，即时，由二次函数对称性知：必存在，使得；②当，即时，若存在，使得，则函数图象需满足下图所示：即，解得：，所以；综上所述：，从而实数a的取值范围为.故答案为：. 四、解答题17．已知集合，.(1)若“命题：，”是真命题，求的取值范围.(2)“命题：，”是假命题，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由命题是真命题得，再根据集合关系求解即可；（2）由命题是假命题得，再分和两种情况讨论，从而可得答案.【详解】（1）解：因为命题是真命题，所以，当时，，解得，当时，则，解得，综上m的取值范围为；（2）解：因为“命题：，”是假命题，所以，当时，，解得，当时，则或，解得，综上的取值范围为.18．设角与单位圆交于点，(1)若点在第三象限，且，求的值；(2)若，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意，，代入所求，分子分母同除，代入值即可求解；（2）将原式代入，分子分母同除，令，利用对勾函数求取值范围.【详解】（1）由题意，，  所以.（2）因为，所以，又 令 ，则，令，则在单调递减，在单调递增，又，所以，，所以，     所以的取值范围是．19．已知函数的最大值为1，(1)求常数的值；(2)求函数的单调递减区间；(3)求使成立的x的取值集合．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据的最大值求得.（2）利用整体代入法求得的单调递减区间.（3）解三角不等式求得正确答案.【详解】（1）的最大值为1，，解得：．（2）由（1）可知．根据三角函数的性质可得：，．即，解得：，，的单调递减区间为；（3）由题意：，即，可得：．，．解得：．成立的的取值范围是．20．已知函数满足．(1)求的解析式，并求在上的值域；(2)若对，且，都有成立，求实数k的取值范围．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由条件可得，然后可解出，然后利用对勾函数的知识可得答案；（2）设，条件中的不等式可变形为，即可得在区间（2，4）递增，然后分、、三种情况讨论求解即可.【详解】（1）因为①，所以②，联立①②解得.当时为增函数，时为减函数，因为所以（2）对，，，都有，不妨设，则由恒成立，也即可得函数在区间（2，4）递增；当，即时，满足题意；当，即时，为两个在上单调递增函数的和，则可得在单调递增，从而满足在（2，4）递增，符合题意；当，即时，，其在递减，在递增，若使在（2，4）递增，则只需；综上可得：21．设函数.（1）若关于的不等式有实数解，求实数的取值范围；（2）若不等式对于实数时恒成立，求实数的取值范围；（3）解关于的不等式：.【答案】(1)；(2)；(3)分类求解，答案见解析.【分析】(1)将给定的不等式等价转化成，按与并结合二次函数的性质讨论存在实数使不等式成立即可；(2)将给定的不等式等价转化成，根据给定条件借助一次函数的性质即可作答；(3)将不等式化为，分类讨论并借助一元二次不等式的解法即可作答.【详解】(1)依题意，有实数解，即不等式有实数解，当时，有实数解，则，当时，取，则成立，即有实数解，于是得，当时，二次函数的图象开口向下，要有解，当且仅当，从而得，综上，，所以实数的取值范围是；(2)不等式对于实数时恒成立，即，显然，函数在上递增，从而得，即，解得，所以实数的取值范围是；(3) 不等式，当时，，当时，不等式可化为，而，解得，当时，不等式可化为，当，即时，，当，即时，或，当，即时，或，所以，当时，原不等式的解集为，当时，原不等式的解集为，当时，原不等式的解集为，当时，原不等式的解集为.22．已知函数.(1)当时，对任意的，令，求关于的函数解析式，并写出的取值范围；(2)若关于x的方程有3个不同的根，求n的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2). 【分析】（1）将问题转化为，结合的图像，分类讨论，与的情况，从而得到的解析式.（2）法一：分别讨论与时，的解的个数情况，最后综合两者的情况得到有3个不同的根时，n的取值范围．法二：由于最多只有3个不同的根、或，所以当有3个不同的根时，只需即可，由此可求得n的取值范围．【详解】（1）当时，，当时，，则开口向下，对称轴为，故在上单调递增，在上单调递减，则，当时，，则开口向上，对称轴为，故在上单调递增，令，即，解得（负值舍去），又，，所以的图像如图，因为对任意的，令，即为在的最大值与最小值的差的绝对值，结合图像得，当时，；当时，；当时，；综上：..（2）法一：当时，，则可化得，即，当时，，故，即无解；当时，可能有两个解或；当时，，故不是的解，而，即也不是的解，故无解；当时，必然是的一个解，又由得，整理得，由可知恒成立，故有两个解或；所以当时，无解；当时，有两个解或.当时，，则可化得，即，当时，，故只有一个解；当时，可能有两个解或，当时，必然是的一个解，又由得，整理得，解得，即当时，有两个解或；当时，只有一个解；当时，，故不是的解，又由得，整理得，解得，即当时，只有一个解；当时，无解；所以当时，有两个解或；当时，只有一个解；当时，只有一个解；当时，无解.综合与两种情况可得，当时，有两个解或；当时，只有一个解；当时，有三个解、或；当时，有两个解或.又因为时，，不合题意；所以当有3个不同的根时，且，即n的取值范围为.法二：当时，，故只有一个根，故，当时，，则可能有两个根或；当时，，则可能有两个根或；所以当有3个不同的根时，这三个根必为、或，而要么是时的根，要么是时的根，即必是的根，所以要使得或为的根，只需要，当时，则，解得，故；当时，则，解得或，故；又因为时，，不合题意；所以当有3个不同的根时，且，即n的取值范围为.【点睛】关键点睛：本题第1小题的关键是要将转化为，由此结合图像可解；第2小题法一的关键是要分别讨论与时，的解的个数情况，最后综合可得；法二的关键是注意到最多只有3个不同的根、或，由此讨论可得.