2022-2023学年重庆市永川北山中学校高一上学期期末联考数学试题（解析版）

2022-2023学年重庆市永川北山中学校高一上学期期末联考数学试题

一、单选题

1．设集合U=R,,则图中阴影部分表示的集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据韦恩图求出即可.

【详解】解:由题知图中阴影部分为,

,

.

故选:D

2．命题“”的否定是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据对全程量词的否定用存在量词，直接写出其否定.

【详解】因为对全程量词的否定用存在量词，

所以命题“”的否定是“”.

故选：D

3．若一扇形的圆心角为，半径为，则扇形的面积为（　　）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据弧度制与角度制的互化，得到，再利用扇形的面积公式，即可求解．

【详解】扇形的圆心角为，

∵半径等于，

∴扇形的面积为，

故选：B．

【点睛】本题主要考查了扇形的面积公式的应用，其中熟记弧度制与角度制互化公式和扇形的面积公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．

4．设函数，若，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】D

【分析】根据分段函数解析式，代入即可求解.

【详解】解：，

则，得，解得．

故选：D

5．2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，约582秒后．神舟十三号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功．2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功，中国航天又站在了一个新的起点．已知火箭的最大速度（单位：）与燃料质量（单位：）、火箭质量（单位：）的函数关系为，若火箭的质量为，最大速度为，则加注的燃料的质量约为（    ）（参考数据：）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意得，即，再分析求解即可.

【详解】由题意知，所以，

即，解得．

故选：C．

6．若，，则（      ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用切化弦化简技巧结合可得出，再由可得出，，再由可计算出的值.

【详解】因为，所以，

，则，，.

所以，所以，

故选：A.

【点睛】本题考查了切化弦思想以及同角三角函数平方关系的应用，利用计算是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.

7．已知a>0，b>0，若不等式恒成立，则m的最大值为（    ）

A．9 B．12 C．16 D．10

【答案】C

【解析】利用参变分离的方法将不等式变形为(a+4b)≥m恒成立，再由基本不等式得出代数式的最值，可得选项.

【详解】因为a>0，b>0，所以a+4b>0，所以不等式恒成立，

即可转化为(a+4b)≥m恒成立，即(a+4b)min≥m，

因为(a+4b)=8+≥8+2=16，当且仅当a=4b时取等号，

所以16≥m，即m的最大值为16.

故选：C.

【点睛】本题考查基本不等式的应用，运用参变分离的方法解决不等式的恒成立中求参数的范围，属于中档题.

8．函数在上单调递增，且为奇函数.当时，，且，则满足的的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】计算，，判断函数在上单调递增，将不等式变换为，计算得到答案.

【详解】，所以，则.

，所以

.

在上单调递增，且为奇函数，所以在上单调递增.

所以.

故选：

【点睛】本题考查了利用函数的单调性和奇偶性解不等式，意在考查学生对于函数性质的综合应用.

二、多选题

9．下列选项中正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】利用诱导公式一一验证即可；

【详解】解：，故A不正确；

，故B正确；

，故C正确；

，故D正确.

故选：BCD

10．已知函数是定义域为R的奇函数，且，则（    ）

A．n=0 B．函数在上单调递增

C．的解集是 D．的最大值是

【答案】ABC

【分析】函数是奇函数且，求出函数解析式，再讨论单调区间、最大值，解不等式.

【详解】函数是R上的奇函数且，依题意有，

解得，，∴，故 A选项正确；

任取，则，

，，，∴，即，∴函数上单调递增，B选项正确；

，即，解得，C选项正确；

，取最大值时，，由基本不等式，当且仅当，即时等号成立，∴，即当时的最大值为，D选项错误.

故选：ABC

11．若，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据指数函数的单调性、对数函数的单调性，结合比较法、对数的换底公式进行判断即可.

【详解】因为，，所以.

A：因为，所以，又因为，所以，因此本选项不成立；

B：因为，所以，因为，所以，因此本选项成立；

C：因为，所以，可得，所以，因此本选项成立；

D：，

因为，，所以，

即，因此本选项不成立.

故选：BC

12．高斯是德国著名的数学家，人们称他为“数学王子”，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家.用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数（例如：，），则称为高斯函数．已知函数，，下列结论中不正确的是（    ）

A．函数是周期函数

B．函数的图象关于直线对称

C．函数的值域是

D．函数只有一个零点

【答案】AB

【分析】由题可知函数为偶函数，结合条件可得，然后逐项判断即得.

【详解】∵，

∴，

∴函数为偶函数，不是周期函数，是周期函数，

对于，当时，，当时，，

∴，

由函数为偶函数，函数是偶函数，时函数成周期性，但起点为，所以函数不是周期函数，故选项A不正确；

由函数是偶函数，函数的图象关于对称，由，，故函数的图象不关于对称，故B不正确；

由上可知函数的值域是，故C正确；

由可得，，当时，，，当时，，，当时，，，故直线与的图象只有一个交点，即函数只有一个零点，故D正确.

故选：AB.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用正弦函数的性质分析函数的图象和性质，进而利用高斯函数的定义可得函数的性质即得.

三、填空题

13．__________________

【答案】1

【分析】根据指数和对数的运算公式直接计算可得.

【详解】

.

故答案为：1

14．已知，，，且，则的值为___________．

【答案】

【分析】根据已知得出，，即可根据同角三角函数关系得出，，令，即可根据两角和差的正弦公式展开，代入求值即可得出答案.

【详解】，，，

，，

，，

．

故答案为：．

15．函数的值域为____________．

【答案】

【详解】由，得到

即

当时，，适合题意；

当时，方程有解需满足，，

即，

,解得：

故函数的值域为

四、双空题

16．已知函数，，函数

(1)当实数时，有__________个不同零点；

(2)若图象经过4个象限，则实数的取值范围是___________．

【答案】     2    

【分析】(1)令，直接求解即可；

(2)画出，数形结合确定，从而可求实数的取值范围.

【详解】(1)由得；当时，，即

解得；

当时，，

(i)若，则解得；

(ii)若，则，方程无实数解.

综上：不同零点有2个.

(2)

经过4个象限，则时，可正可负，时，可正可负

即时，图象有时在图象上方，有时在图象下方，

的情况同理，数形结合，直线恒过定点

如图所示，临界情况是直线过点，此时；直线过点,此时直线与抛物线相切，可得，则实数的取值范围是.

故答案为：2;   .

五、解答题

17．已知非空集合，．

(1)若，求；

(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由交集，补集的概念求解，

（2）转化为集合间关系后列式求解，

【详解】（1）当时，，，则,，

（2）由题意得是的真子集，而是非空集合，

则且与不同时成立，解得，

故a的取值范围是

18．已知 是定义在R上的偶函数，当 时，

（1）求的值；

（2）求的解析式；

（3）画出简图；写出的单调递增区间(只需写出结果，不要解答过程).

【答案】（1）；（2）；

（3） （﹣1，0），（1，+∞）

【详解】解：（1）当x≥0时，f（x）＝x2﹣2x，f（﹣x）＝f（x），

∴f（1）＝﹣1，f（﹣2）＝f（2）＝0；

（2）∵y＝f（x）是定义在R上的偶函数，

当x≥0时，f（x）＝x2﹣2x，

当x＜0时，﹣x＞0，

f（﹣x）＝（﹣x）2﹣2（﹣x）＝x2+2x，

∴f（x）＝f（﹣x）＝x2+2x，

∴f（x）．

（2）∵f（x），

∴当x≥0时，y＝x2﹣2x，抛物线开口向上，对称轴方程为x＝1，顶点坐标（1，﹣1），

当y＝0时，x1＝0，x2＝2；当x＝0时，y＝0．

当x＜0时，y＝x2+2x，抛物线开口向上，对称轴方程为x＝﹣1，顶点坐标（﹣1，﹣1），

当y＝0时，x＝﹣2．

由此能作出函数f（x）的图象如下：

结合图象，知f（x）的增区间是（﹣1，0），（1，+∞）．

19．设函数．

(1)求函数的值域和单调递增区间；

(2)当，且时，求的值．

【答案】(1)值域是；单调递增区间为，

(2)

【分析】（1）利用辅助角公式及三角函数的性质即可求解；

（2）利用函数值的定义及同角三角函数的平方关系注意角的范围，结合正弦的二倍角公式即可求解.

【详解】（1），

易知函数的值域是；

令，，解得，，

所以函数的单调递增区间为，；

（2）由，得，

因为，所以，

所以，

所以．

．

20．小王大学毕业后，决定利用所学专业进行自主创业．经过市场调查，生产某小型电子产品需投入年固定成本为3万元，每生产x万件，需另投入流动成本为万元．在年产量不足8万件时，万元；在年产量不小于8万件时，万元，每件产品售价为5元．通过市场分析，小王生产的商品当年能全部售完．

(1)写出年利润万元关于年产量x万件的函数解析式．注：年利润=年销售收入-固定成本-流动成本

(2)年产量为多少万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大？最大利润是多少？

【答案】(1)

(2)年产量为10万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大，最大利润是15万元

【分析】（1）根据题意分和求出利润，得利润的分段函数；

（2）分别利用二次函数及均值不等式求最值，比较大小可得函数的最大值.

【详解】（1）因为每件产品售价为5元，则x（万件）商品销售收入为5x万元，依题意得：

当时，，

当时，，

∴．

（2）当时，，此时，当时，取得最大值9；

时，，

此时，当即时，取得最大值15；

∵，

∴年产量为10万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大，最大利润是15万元．

21．设（，且），其图象经过点，又的图象与的图象关于直线对称．

（1）若，求的值；

（2）若在区间上的值域为，且，求c的值．

【答案】（1） ；（2） ．

【解析】（1）由图象经过点可得解析式，代入再做指数运算可得答案；

（2）根据已知求出，由单调性及定义域可得值域，再利用值域相等可得答案.

【详解】（1）因为（，且）的图象经过点，

所以，所以，所以，

因为，所以，

所以，所以，

所以；

（2）因为的图象与的图象关于直线对称，所以，且为增函数，

所以在区间上的值域为，

因为，所以，所以，

所以．

【点睛】本题考查了指数函数、对数函数的性质，关键点是求出指数函数的解析式，考查了学生对数指数的基本运算，属于基础题.

22．已知函数对于任意实数恒有，且当时，，又．

(1)判断的奇偶性并证明；

(2)求在区间的最小值；

(3)解关于的不等式：．

【答案】(1)为奇函数，证明见解析

(2)

(3)答案见解析

【分析】(1)令,得，再令，结合奇偶性定义可证；

(2)先证明单调性，利用单调性求解即可；

(3)先化为，再利用单调性转化为，最后根据含参二次不等式的分类讨论求解即可.

【详解】（1）为奇函数，理由如下：

函数的定义域为，关于原点对称，

令得，解得，

令得所以对任意恒成立，所以为奇函数，

（2）任取，且，则.因为当时，，所以.

，即，所以在上单调递增，

所以在区间的最小值为，

因为，令得，

令，得，

在区间的最小值为，

（3）由，

得，

由得，

由在上单调递增得整理得，即，

当时，，解得；当时，，

当时，，，解集为，

当时，，

当时，，解集为，

当时，，解集为，

当时，，解集为，

综上所述：当时，解集为；当时，解集为；

当时，解集为；当时，解集为；

当时，解集为．

【点睛】关键点睛：这道题的关键之处为第（3）问，需要对含参的二次函数进行分类讨论，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．