2022-2023学年福建省三明市永安第九中学高一下学期入学考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省三明市永安第九中学高一下学期入学考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 已知， 已知集合，则， 已知角的终边经过点，则， 函数的零点所在区间为， 已知，则， 下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
永安九中2022-2023学年第二学期入学考试高一数学试题一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.1. 若是第一象限角，则下列各角中属于第四象限角的是A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】分析：由题意逐一考查所给选项即可求得最终结果.详解：若是第一象限角，则：位于第一象限，位于第二象限，位于第四象限，位于第三象限，本题选择C选项.点睛：本题主要考查象限角的概念，意在考查学生的转化能力和概念熟练程度.2. 已知：，那么命题的一个必要非充分条件是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先解不等式求出，然后结合选项根据必要不充分条件概念即可判断.【详解】因为，所以，然后结合选项根据必要不充分条件的概念可判断，故选：B.3. 已知集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由对数的单调性求得集合A，根据正弦函数性质求得集合，进而求其交集.【详解】由，可得，则又，所以.故选：A4. 已知角的终边经过点，则（    ）A.  B.  C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】根据正弦函数的定义直接计算即可.【详解】因为角的终边经过点，所以，.故选：A5. 函数的零点所在区间为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据解析式判断函数在定义域上的连续性，再根据零点存在性定理判断零点所在区间即可.【详解】由题设，是定义域在上连续不断的递增函数,又，，由零点存在定理可知,零点所在区间为.故选:.6. 已知函数的定义域是，则的定义域是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据复合函数定义域及对数函数定义域即可求.【详解】的定义域是，即，故，则的定义域为，又的定义域为，故的定义域为.故选：A.7. 已知，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据对数计算，指数幂，并与常见的数值比较大小即可得解.【详解】因为，所以，，所以.故选：D.8. 已知函数是定义在上的偶函数，且，当时，，设函数，则函数的零点个数为（    ）A. 6 B. 8 C. 12 D. 14【答案】C【解析】【分析】根据函数奇偶性即可以得到函数为周期函数，把函数的零点个数转化成方程的根的个数，即在同一坐标系中和图像的交点个数.【详解】依题意可知，函数是定义在上的偶函数，且所以，，即函数是以2为周期的偶函数；令，即，在同一坐标系中分别作出和的图像如下图所示：由图像可知，两函数图像共有12个交点，即函数共由12个零点.故选：C.二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 下列结论正确的是（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】BD【解析】【分析】根据对数函数、不等式的性质等知识确定正确答案.【详解】A选项，若，但没有意义，所以A选项错误.B选项，由于，所以B选项正确.C选项，若，则，但，所以C选项错误.D选项，由于，则，所以，D选项正确故选：BD10. 给出以下四个结论，其中所有正确结论的序号是（    ）A. 命题“”的否定是“．”B. 若函数，则C. “”是“函数在区间内有零点”的充要条件D. 函数（其中，且）的图象过定点【答案】BD【解析】【分析】对A，任意一种都符合的否定是存在一种不符合；对B，化简得，即可由整体法代入求值.对C，结合零点存在定理，注意需在连续；对D，结合指数函数、对数函数的定点判断即可.【详解】对A，命题“”的否定是“．”，A错；对B，，故，B对；对C，由零点存在定理得，函数需在内连续且，则在区间内有零点，C错；对D，由，故过定点，D对.故选：BD11. 关于函数有如下四个命题，其中正确的是（    ）A. 的图象关于y轴对称 B. 的图象关于原点对称C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点(π，0)对称【答案】BCD【解析】【分析】求得的奇偶性判断选项AB；利用与是否相等判断选项C；利用与是否相等判断选项D.【详解】∵的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，∴奇函数，其图象关于原点对称.故A错误，B正确；∵∴，∴的图象关于直线对称，故C正确；又，∴，∴的图象关于点(π，0)对称，故D正确．故选：BCD．12. 设函数（，是常数，）若在区间上具有单调性，且，则下列说法正确的是（    ）A. 的周期为B. 的单调递减区间为C. 的对称轴为D. 的图象可由的图象向左平移个单位得到【答案】B【解析】【分析】由于函数（，是常数，）若在区间上具有单调性，可得，由可得函数的一个对称中心和相邻和对称轴，即可得与的值，即可得函数的解析式，结合余弦型函数的周期性、单调性、对称性、图象变换逐项判断即可.【详解】解：函数，是常数，，，若在区间上具有单调性，则，．，则的图象关于点对称，的图象关于直线对称，，①，且，．两式相减，可得，故 或（舍去）．当时，则由①可得，．综上，．故它的周期为，故A错误；令，求得，可得函数的减区间为，故B正确．令，求得，，故的对称轴为直线，，故C错误；由的图象向左平移个单位得到函数 的图象，故D错误.故选：B．三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填写至答题卷的相应位置.13. 已知半径为1的扇形，其弧长与面积的比值为___________．【答案】2【解析】【分析】根据扇形的弧长和面积的公式运算求解.【详解】设扇形的圆心角为，则其弧长，面积，故弧长与面积的比值.故答案为：2.14. 已知正数x，y满足，则上的最小值为______________．【答案】【解析】【分析】变形得到，利用基本不等式“1”的妙用求出的最小值，从而得到的最小值.【详解】正数x，y满足，故，其中，当且仅当，即时，等号成立，故.故答案为：15. 若，，且，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】由题意结合商数关系及平方关系可得，再利用基本不等式即可得出答案.【详解】解：由，得，因为，所以，则，当且仅当，即时，取等号，所以的最大值为.
故答案为：.16. 对于函数，若存在，使，则称点是曲线的“优美点”．已知，则曲线的“优美点”个数为______．【答案】5【解析】【分析】由曲线与曲线交点个数即可得到曲线的“优美点”个数.【详解】曲线的“优美点”个数即曲线与曲线交点个数.由，可得，即，则，同一坐标系内作出（实线）与的图像（虚线）.由图像可得两函数图像共有5个交点，则曲线的“优美点”个数为5故答案为：5四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 在①，②，③到这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并回答下列问题．设全集，__________，．（1）若，求；（2）若“”是“”的必要不充分条件，求实数a的取值范围．【答案】（1）或    （2）【解析】【分析】（1）化简集合，然后利用补集的定义计算出，，即可求解；（2）由题意可得,接着分，，三种情况进行讨论即可【小问1详解】若选①：，，∴或，或，故或；若选②：，，∴或，或，故或；若选③：，，∴或，或，故或；【小问2详解】由（1）知，因为“”是“”的必要不充分条件，∴,（ⅰ）若，即，此时，所以且等号不同时取得，解得，故；（ⅱ）若，即，此时，符合题意；（ⅲ）若，即，此时，等号不同时取得，解得故．综上所述，a的取值范围是18. 已知二次函数（a，b，c为常数）（1）若不等式的解集为且，求函数在上的最值；（2）若b，c均为正数且函数至多一个零点，求的最小值．【答案】（1）最小值为，最大值为    （2）2【解析】【分析】（1）根据二次函数和对应的二次不等式的解集的对应关系即可求解；（2）根据二次不等式的恒成立确定，再由均值不等式即可求解.【小问1详解】由题意，所以∵在上单增，在上单减当时，的最大值为，最小值为．【小问2详解】由至多只有一个零点，则，又可知，所以则（当且仅当时取等号），则的最小值为2.19. 我国某企业自主研发了一款具有自主知识产权的平板电脑，并从2021年起全面发售.经测算，生产该平板电脑每年需投入固定成本1350万元，每生产 （千台）电脑需要另投成本万元，且另外每台平板电脑售价为0.6万元，假设每年生产的平板电脑能够全部售出.已知2021年共售出10000台平板电脑，企业获得年利润为1650万元.（1）求该企业获得年利润（万元）关于年产量 （千台）的函数关系式;（2）当年产量为多少千台时，该企业所获年利润最大?并求最大年利润.【答案】（1）    （2）100千台，最大年利润为5 900万元.【解析】【分析】（1）由已知条件知道该函数为一个分段函数，所以分两种情况把表达式分别求出来即可（2）由（1）知当时，为二次函数，利用二次函数的性质求它在该区间上的最大值，当时，利用基本不等式性质求最大值.【小问1详解】解：10 000台=10千台,则，根据题意得：，解得，当时，，当时，，综上所述.【小问2详解】当时，当时， 取得最大值；当时，，当且仅当时，因为，故当年产量为100千台时,该企业所获年利润最大,最大年利润为5 900万元.20. 已知函数的部分图象如图．（1）求的解析式及单调减区间；（2）求函数在上的最大值和最小值．【答案】（1），减区间为    （2）函数在上的最大值为2，最小值为【解析】【分析】（1）利用已知条件求出函数的关系式，从而可求单调减区间；（2）由（1）得函数，根据的范围，结合余弦函数性质得最值.【小问1详解】解：由图可知，且，所以，所以，将点代入解析式可得，得即，又，所以则所以的单调减区间满足解得：则的单调减区间为：【小问2详解】解：由（1）得：因为，所以故当时，；当时，所以函数在上的最大值为2，最小值为.21. 已知定义域为的函数是奇函数．（1）求实数的值；（2）判断函数的单调性并证明；（3）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．【答案】（1）    （2）增函数；证明见解析    （3）【解析】【分析】（1）根据奇函数定义可构造方程求得的值；（2）任取，整理得，由此可得结论；（3）由奇偶性和单调性可化简不等式为，分离变量可得，根据能成立的思想可知，由此可求得结果.【小问1详解】为定义在上的奇函数，，即，，.【小问2详解】由（1）得：，任取，则，，，，，为定义在上的增函数.小问3详解】不等式可化为，由（2）知：为上的增函数，，，若存在，使得不等式成立，则；，，，，即实数的取值范围为.22. 已知函数的定义域关于原点对称，且．（1）求b，c的值，判断函数的奇偶性并说明理由；（2）若关于x的方程有解，求实数m的取值范围．【答案】（1）为奇函数    （2）【解析】【分析】(1)根据奇函数的定义域的对称性即可确定参数，再根据奇函数的定义即可求解; (2)根据分离常数法和参编分离确定范围即可求解.【小问1详解】由题意，的定义域满足，即的解集关于原点对称，根据二次函数的性质可得与关于原点对称，故．∴，∴，∴.又定义域关于原点对称，,故为奇函数．【小问2详解】由（1），因为∵，∴，∴的值域为故关于x的方程有解，即在上有解．令，则，∵在上单调递增,的值域为,即m的值域为，即实数m的取值范围为．