2020-2021学年江苏省无锡市锡山区天一中学强化班高一（上）期末数学试卷

2020-2021学年江苏省无锡市锡山区天一中学强化班高一（上）期末数学试卷

一、单项选择题：（共8小题，每小题5分，共40分.在每小题出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.）

1．（5分）函数的定义域为　　

A．， B．， 

C．，， D．，，

2．（5分）“，”是“”的　　

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

3．（5分）已知扇形的弧长为，圆心角为，则该扇形的面积为　　

A． B． C． D．

4．（5分）函数的单调递增区间是　　

A． B． C． D．

5．（5分）已知非零向量满足，且，则与的夹角为　　

A． B． C． D．

6．（5分）已知函数，若对任意的，使得成立，则实数的取值范围为　　

A． B． C． D．

7．（5分）已知函数，则使不等式成立的的取值范围是　　

A．，， B． 

C． D．，，

8．（5分）已知不共线向量，夹角为，，，，，在处取最小值，当时，的取值范围为　　

A． B．， C．， D．，

二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.）

9．（5分）函数（其中，，的部分图象如图所示，则下列说法正确的是　　

A． 

B．函数图象的对称轴为直线 

C．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象 

D．若在区间上的值域为，则实数的取值范围为

10．（5分）已知，是正数，且，下列叙述正确的是　　

A．最大值为 B．的最小值为 

C．最大值为 D．最小值为4

11．（5分）在中，，，分别是边，，中点，下列说法正确的是　　

A． 

B． 

C．若，则是在的投影向量 

D．若点是线段上的动点，且满足，则的最大值为

12．（5分）已知直线分别与函数和的图象交于点，，，，则下列结论正确的是　　

A． B． 

C． D．

三、填空题：（本题共4小题，每题5分，共20分.）

13．（5分）已知幂函数的图象不过原点，则实数的值为　　．

14．（5分）设，，，是方程的两根，则　　．

15．（5分）设函数，若关于的方程有且仅有6个不同的实根，则实数的取值范围是　　．

16．（5分）在平面四边形中，点、分别是边、的中点，且，，，若，则的值为　　．

四、解答题：（本大题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明证明过程或演算步骤.）

17．（10分）从给出的两个条件①，②中选出一个，补充在下面问题中，并完成解答．已知集合，，，1，．

（1）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的值；

（2）已知 _____，若集合含有两个元素且满足，求集合．

18．（12分）已知函数的最小正周期为．

（1）求以及函数的对称中心；

（2）已知，求的值．

19．（12分）如图，在中，，，，是的中点，点满足，与交于点．

（1）设，求实数的值；

（2）设是上一点，且，求的值．

20．（12分）某公司为调动员工工作积极性拟制定以下奖励方案，要求奖金（单位：元）随投资收益（单位：万元）的增加而增加，奖金不超过90万元，同时奖金不超过投资收益的即假定奖励方案模拟函数为时，该公司对函数模型的基本要求是：当，时，①是增函数；②恒成立；③恒成立．

（1）现有两个奖励函数模型：（Ⅰ）；（Ⅱ）．试分析这两个函数模型是否符合公司要求？

（2）已知函数符合公司奖励方案函数模型要求，求实数的取值范围．

21．（12分）对于集合，，，和常数，定义：为集合相对的“余弦方差”．

（1）若集合，，求集合相对的“余弦方差”；

（2）若集合，证明集合相对于任何常数的“余弦方差”是一个常数，并求这个常数；

（3）若集合，，，，，相对于任何常数的“余弦方差”是一个常数，求，的值．

22．（12分）已知且，，2，是定义在上的一系列函数，满足：，．

（1）求，的解析式；

（2）若为定义在上的函数，且．

①求的解析式；

②若方程有且仅有一个实根，求实数的取值范围．

2020-2021学年江苏省无锡市锡山区天一中学强化班高一（上）期末数学试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：（共8小题，每小题5分，共40分.在每小题出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.）

1．【解答】解：要使原函数有意义，

则，解得．

函数的定义域为，．

故选：．

2．【解答】解：由“”能推出“”，是充分条件，

由“”推不出“”，比如，不是必要条件，

故“”是“”的充分不必要条件，

故选：．

3．【解答】解：扇形的圆心角，

所以，

则扇形的面积．

故选：．

4．【解答】解：要使函数有意义，则，解得，故函数的定义域是，

令，则函数在上递增，在，上递减，

又因函数在定义域上单调递减，

故由复合函数的单调性知的单调递增区间是，．

故选：．

5．【解答】解：根据题意，设向量，夹角为，，则，

若，则，

则有，

又由，，则，

故选：．

6．【解答】解：对任意的，使得成立，

即，可得，

则有，

因为在，上为增函数，函数在，上为减函数，

所以函数在，上为增函数，

故，

，

所以，

则实数的取值范围为．

故选：．

7．【解答】解：是，，上的偶函数，设，，在上是增函数，且，

时，，

在上是增函数，且在上是增函数，

在上是增函数，

由得，，

，

，解得或，

的取值范围是：，，．

故选：．

8．【解答】解：由题意有：不共线向量，夹角为，，，

由，，

得：，

所以，

由二次函数图象的性质有：当时，取最小值，

即，

解得，

又，，

即，，

故选：．

二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.）

9．【解答】解：由函数的部分图象知，

，且，所以，解得，

又，所以，

即，，又，所以，故选项正确；

所以．

令，，解得，，

所以函数图象的对称轴为直线，故选项正确；

将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数，故选项错误；

，则，，

因为在区间上的值域为，

所以，解得，

即实数的取值范围为，故正确．

故选：．

10．【解答】解：，是正数，且，当且仅当时取等号，

解可得，，即的最大值，正确；

，当且仅当且即，时取得最小值，正确；

因为，

所以，

所以，当且仅当即，时取等号，结合已知可知，等号取不到，即没有最大值，错误；

因为，

当且仅当且即时取等号，不正确．

故选：．

11．【解答】解：如图所示：

对选项，故错误；

对选项，

，

故正确；

对选项 分别表示平行于， 的单位向量，

由平面向量加法可知： 为 的平分线表示的向量，

为为，所以 为 的平分线，

又因为 为 的中线，所以，如图所示：

在 的投影为，

所以 是 在 的投影向量，故选项正确；

对选项，如图所示：

因为 在 上，即，， 三点共线，

设，

又因为，所以，

因为，则，，

令，

时， 取得最大值为．故选项正确．

故选：．

12．【解答】解：画出图形，如图，由于函数和函数是互为反函数，

故函数及函数的图象关于直线对称，

从而直线与函数及函数的图象的交点，，，

也关于直线对称，，，

又，在上，即有，故，故选项正确；

，故正确；

将与联立可得，即，

设，则函数为单调递增函数，

因为，，

故函数的零点在上，即，由得，，

，故正确．

记，则（1），，

则，又，

易知函数在上单调递增，

故，故选项错误．

故选：．

三、填空题：（本题共4小题，每题5分，共20分.）

13．【解答】解：由题意得：

，

解得：或，

时，，过原点，

时，，不过原点，

故，

故答案为：3．

14．【解答】解：，是方程的两根，

，，

，

，，，

则，

故答案为：．

15．【解答】解：作出函数的简图如图，

令，要使方程有且仅有6个不同的实根，

则方程有两个不同的实数根，，，

且由图可知方程与有2个根和4个根，或0个根和6个根，或3个根与3个根，

当方程与有2个根和4个根时，，，此时；

当方程与有6个根和0个根时，，，

设，则有，解得，

当方程与有3个根和3个根时，，不满足，故不可能，

所以实数的取值范围是．

故答案为：．

16．【解答】解：如图所示，

设，，，

两式相加得；

，，，平方得；

；

又，

即；

，

，

．

故答案为：13．

四、解答题：（本大题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明证明过程或演算步骤.）

17．【解答】解：（1）因为“”是“”的充分不必要条件，

所以，

当时，即时，不满足互异性，不符合题意；

当时，即或时，可知符合题意；

所以；

（2）若选①：

则，1，，不符合题意；

若选②：

，，，1，，所以，1，，

所以，，，，，；

若选③：，，，1，，所以，1，5，，

所以，，，，，，，，，，，．

18．【解答】解：（1）函数

的最小正周期为，

，，．

令，求得，可得的对称中心为，，．

（2），

，

结合，，可得，

．

19．【解答】解：以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，

则，，．

（1）由，得，所以．

由是的中点，得，所以．

设，则，．

因为、、三点共线，所以，即，①

因为、、三点共线，所以，即，②

联立①②得解得

故点的坐标为，所以．

所以，

所以实数的值为．

（2）设，

则，，．

因为，所以，

解得，所以的坐标为，所以．

又，

所以．

20．【解答】解：（1）对于函数（Ⅰ），，即函数（Ⅰ）不符合条件③，

函数不符合公司奖励方案函数模型的要求；

对于函数（Ⅱ），当，时，是增函数，

且，

恒成立．

设，

，，当时，，得恒成立．

函数（Ⅱ）符合公司要求．

（2），函数满足条件①，

由函数满足条件②得：，解得，

由函数满足条件③得，对，恒成立，

即对，恒成立，

，当且仅当，即时等号成立，

．

综上所述，实数的取值范围是，．

21．【解答】解：（1）当集合为，时，

集合相对的“余弦方差；

（2）当集合时，

集合相对于常数的“余弦方差”

此时“余弦方差”是一个常数，且常数为；

（3）当集合，，，，时，

集合相对于任何常数的“余弦方差”

要是上式是一个常数，则且

由，，，取，可满足上式．

22．【解答】解：（1）由，，

可得，

，

；

（2）①利用（1）中的结论，用代替两次，

分别得到，

消去，，

可得．

②由①可得，

所以，

即，

因为，恒成立，

要使方程有且仅有一个实根，

所以只需有负根，且原方程有且只有一个负根，

则，解得．

即的取值范围是．

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日期：2021/4/10 17:47:32；用户：高中数学12；邮箱：sztdjy76@xyh.com；学号：26722394