2022-2023学年浙江省绍兴市诸暨市高一上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年浙江省绍兴市诸暨市高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先确定集合中元素，然后由补集定义求解．

【详解】，又，

∴．

故选：C．

2．一条弦的长等于半径，这条弦所对的圆心角等于（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】如图所示，根据弦长得到为等边三角形，得到答案.

【详解】根据题意：作出如下图形，，

则为等边三角形，故.

故选：B.

3．已知命题，那么命题的否定是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用存在量词命题的否定是全称量词命题进行判断即可.

【详解】因为在量词命题的否定是全称量词命题，

所以命题 “”的否定

是“”.

故选：A

4．已知幂函数的图像过点，若，则实数的值为（    ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】D

【分析】根据题意可求得幂函数解析式，再根据，即可求得答案.

【详解】由题意幂函数的图像过点，

则，则

由得，

故选：D

5．已知，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由指数函数与对数函数的单调性判断．

【详解】因为，，，

所以．

故选：A．

6．若分别为定义在上的奇函数和偶函数，且，则（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】D

【分析】由奇偶性的定义求得与的表达式，然后求函数值．

【详解】（1），则，

又分别为定义在上的奇函数和偶函数，

∴（2），

（1）（2）两式相加除以2得，相减除以2得，

∴，，∴，

故选：D．

7．设且，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】根据对数函数以及指数函数的性质，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即可判断答案.

【详解】当时，由可得，由于为R上增函数，

则，

当时，由可得，由于为R上减函数，

则，

即“”是“”的充分条件；

当时，比如取，满足条件，但无意义，

故“”不是“”的必要条件，

故“”是“”充分不必要条件，

故选：A

8．已知， ，且，则（    ）

A．有最小值1 B．有最小值1

C．有最小值 D．有最小值

【答案】D

【分析】由题意可得，则，无最小值，判断A；设，则，结合基本不等式可判断B； ，结合函数的单调性，可判断C；利用，结合基本不等式求得的最小值，判断D.

【详解】由，且可知，

而，则，则无最小值，A错误；

设，且，

则，当且仅当，即时取等号，

这与题设矛盾，故最小值不为1，B错误；

，由于函数在上递增，

故在上无最小值，即无最小值，C错误；

，当且仅当时，即时取等号，D正确，

故选：D

【点睛】关键点睛：该题为根据条件等式求最值问题，解答时由可得，由此看到两个因式之积为定值，由此设，进而将问题转化为基本不等式求最值问题或利用函数单调性，解决问题.

二、多选题

9．下列函数的定义域是的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据每个选项中函数的解析式，确定其定义域，即可判断出答案.

【详解】对于A，，其定义域为R,正确；

对于B, ,定义域为，错误；

对于C, 定义域为R，正确；

对于D，定义域为，错误，

故选：

10．已知角的终边上有一点的坐标是，其中，则下列取值有可能的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】分和讨论，求出相应的三角函数值即可判断.

【详解】当时，，则，

，则，，故D正确；

当时，，则，，

则，，故BC正确；

综上，A错误，BCD可能正确.

故选：BCD.

11．若函数，则函数的零点情况说法正确的是（    ）

A．函数至少有两个不同的零点

B．当时，函数恰有两个不同的零点

C．函数有三个不同零点时，

D．函数有四个不同零点时，

【答案】ABC

【分析】根据题意，令，则函数的零点也即方程的解，根据函数的解析式可得：或，再结合对勾函数的性质逐项进行判断即可求解.

【详解】令，则函数的零点即方程的解，

当时，，解得：；

当时，，解得：；

也即或，则有或，

因为，当时，（当且仅当时取等号）；

当时，（当且仅当时取等号），

对于，若函数没有零点，则有，无解，

所以函数必有零点，当时，有一个零点，有一个零点，其他时候至少两个零点，

所以函数至少有两个不同的零点，故选项正确；

对于，当时，由选项的分析可知：函数有两个零点；

当时，，，此时方程无解；方程有两解，此时函数有两个零点；

综上所述：当时，函数恰有两个不同的零点，故选项正确；

对于，若函数有三个不同零点，则方程有一解且有两解，或者方程有两解且有一解，

当方程有一解且有两解时，

则有或，解得：；

当方程有两解且有一解时，

则有或，解得：；

综上所述：若函数有三个不同零点时，，故选项正确；

对于，若函数有四个不同零点，则方程和均有两解，

则有或或，解得：或，故选项错误，

故选：.

12．已知函数是定义在上的周期为2的奇函数，且当时，的值域为，则下列说法正确的是（    ）

A．的图象关于点对称

B．的图象关于对称

C．时，的值域为

D．时，的值域为

【答案】ACD

【分析】根据周期性和奇函数可判断AB,由奇函数的对称性可判断C,结合周期性以及奇函数的对称性可判断D.

【详解】对于A,函数是定义在上的周期为2的奇函数，则，

故，故的图象关于点对称，A正确，

对于B,,得不到，

故无法确定的图象是否关于对称，故B错误，

对于C,由是奇函数，记故，所以是奇函数，

当时，的值域为，故当时，的值域为，

进而可得时，的值域为，故C正确，

对于D，当时，，故的值域为，

由的周期性可得，故值域为，

又时，的值域为，因此时，的值域为，故D正确，

故选：ACD

三、填空题

13．______（填）

【答案】

【分析】直接判定角所在象限及其正负即可.

【详解】在第二象限，,

在第四象限，,

，

故答案为：.

14．若函数；且，则______.

【答案】7

【分析】由题得，，得到方程组，解出即可.

【详解】，，，

即，解得，故，

此时，

故答案为：7.

15．函数的最小值是______.

【答案】9

【分析】利用同角三角函数的平方关系，结合基本不等式求函数最小值.

【详解】由，

，

当，即时等号成立.

所以函数的最小值是9.

故答案为：9.

16．已知函数，对任意两个不等实数，都有，则实数的取值范围是______.

【答案】

【分析】，则在上单调递增，据此可得答案.

【详解】对任意两个不等实数，由可得即，

则在上单调递增，

则取任意，，有，

又.

则，即，对任意恒成立，

注意到，则.

故答案为：.

四、解答题

17．（1）已知，求的值；

（2）已知，求的值.

【答案】（1）4；（2）2.

【分析】（1）利用指数幂的运算性质化简求值；

（2）利用诱导公式和同角三角函数的基本关系化简求值.

【详解】（1），

，

原式.

（2），

，

.

18．已知集合.

(1)若，求实数的取值范围；

(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）解不等式可得集合B，由可得，讨论A为空集和非空集两种情况，求得答案；

（2）由题意可得集合B为集合A的真子集，列出不等式组，求得答案.

【详解】（1）解得，知，

由，得

①当时，，解得；

②当时，，解得，

综上，，即实数的取值范围为.

（2）由题意是的充分不必要条件，可知，

则 ，解得，经检验，符合题意，

故，即实数的取值范围是.

19．已知，函数.

(1)若，求；

(2)若，当时，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据所给条件代入函数解析式，即可得到方程组，解得、，即可求出函数解析式；

（2）设，，，根据对勾函数的性质对分、、三种情况讨论，分别求出函数的最小值，即可得解.

【详解】（1）解：由题意知，，解得，

.

（2）解：，，

设，因为，则，令，，

根据对勾函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增，

当时在上单调递增，所以，

当时在上单调递减，在上单调递增，所以，

当时在上单调递减，所以，

.

20．为了加强“平安校园”建设，保障师生安全，某校决定在学校门口利用一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面为24平方米，且背面靠墙的长方体形状的校园警务室.由于此警务室的后背靠墙，无需建造费用，甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体报价为每平方米300元，屋顶和地面以及其他报价共计14400元.设屋子的左右两面墙的长度均为米.

(1)当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？并求出最低报价；

(2)现有乙工程队也要参与此警务室的建造竞标，其给出的整体报价为元，若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求的取值范围.

【答案】(1)4米，28800元

(2)

【分析】(1)建立函数模型，利用基本不等式求最小值;(2)根据不等式的恒成立问题求参数的取值范围.

【详解】（1）设甲工程队的总造价为元，

则

.

当且仅当，即时等号成立.

即当左右两侧墙的长度为4米时，甲工程队的报价最低为28800元.

（2）由题意可得，对任意的恒成立.

即，从而恒成立，

令，

又在为单调增函数，故.所以.

21．已知.

(1)证明：；

(2)若函数，当定义域为时，值域为，求实数的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过变形得，利用函数的单调性即可；

（2）首先求出，则得到方程组，转化成是上两个大于4的根，即上有两个大于4的根，列出不等式组，解出即可.

【详解】（1）

设，设，

易得在上为增函数，

则为增函数，

而，即.

（2）由题意知：,

，，解得或

设，，

因为反比例函数在和上单调递增，

通过向左平移4个单位，再向上平移1个单位即可得到，

则函数在和上单调递增，

根据复合函数单调性知在和的范围内各自单调递减，

而，且，故，

因为定义域为，故，

根据在上单调递减，

，

是方程上两个大于4的根，

上有两个大于4的根，

则有，

.

22．已知函数.

(1)当时，求的单调递减区间；

(2)当时，函数恰有3个不同的零点，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，得到，利用二次函数的性质求解；

（2）由题意得到，再分，，，转化为两函数交点求解；法二：令，转化为，利用数形结合法求解；

【详解】（1）解：当时，，

由二次函数的性质得的单减区间为.

（2）由题意知，，易知不是的零点.

①当时，，

令，则，

②当时，，

令，则，

③当时，，

令，则，

设，则，记，

对于①，，设，任取，且，

则，

因为，所以，又，则，

所以，即，则m在上递增，此时单调递减，且，

故当时，只有1个零点：当时，没有零点.

对于②，，此时在单调递减，在单调递增，且时，趋近，时，趋近，，

故当，即时，有2个零点；

当，即时，没有零点；

当时，只有1个零点.

对于③，令，则，记，

因为，则，显然在单调递减，且，

则时，有1个零点：当时，没有零点.

综上所述，时，有3个零点.

法二：令，即，因为，故，

因为与的渐近线分别为和，而是恒过的折线.

由图可知，当与相切时，有两个零点，

即在有且只有一个解.

即在有且只有一个解.

当，即 时， ，不成立；

当 时，，解得，

故当时，有3个零点.