2022-2023学年度浙江省杭师大附高一上学期期末数学试题

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杭师大附中2022-2023学年第一学期高一年级期末考试
高一数学试卷
命题人：黄超 审题人：冉斌 命题时间：2022.12
本试题满分150分，考试时间120分钟
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 对于全集的子集，，若是的真子集，则下列集合中必为空集的是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题目给出的全集是，，是全集的子集，是的真子集画出集合图形，由图形表示出三个集合间的关系，从而看出是空集的选项．
【详解】解：集合，，的关系如图，

由图形看出，只有是空集．
故选：B．
【点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算，是基础题.本题解题的关键在于根据题意，给出集合的图形表示法，数形结合解．
2. 下列命题为真命题的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据全称量词命题和特称量词命题定义判断.
【详解】对于A，因为，所以，A错误；
对于B，当时，，B错误；
对于C，当时，，C正确；
由可得均为无理数，故D错误，
故选:C.
3. 若函数则（ ）
A. B. 2 C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】首先计算，再计算的值.
【详解】，.
故选：D.
4. 若函数奇函数，且当时，，则（ ）
A. B. C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数的定义和对数运算求解.
【详解】因为函数为奇函数，所以，
故选:C.
5. 函数在上的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的奇偶性，可排除B；由时，可排除选项CD，可得出正确答案
【详解】，所以函数是奇函数，排除选项B，
又，排除选项CD，
故选：A
6. 双碳，即碳达峰与碳中和的简称，2020年9月中国明确提出2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”.为了实现这一目标，中国加大了电动汽车的研究与推广，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池随之也迎来了蓬勃发展的机遇.Peukert于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式，其中为Peukert常数.在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间，则当放电电流时，放电时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出蓄电池的容量C，再把代入，结合指数与对数的运算性质即可得解.
【详解】由，得时，，即；
时，；，
.
故选：A.
7. 若函数在[0,a]上的值域是,则实数a的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设,当,则,画出的函数图像分析即可.
【详解】设,当,则，
画出的图像,要使，

必须,所以，
所以实数的最大值为.
故选: C
8. 已知定义在上的函数，，其中函数满足且在上单调递减，函数满足且在上单调递减，设函数，则对任意，均有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知关系式和单调性可知为偶函数且在上单调递增，关于对称且在上单调递增；分段讨论可得解析式；分别在恒成立、恒成立和二者均存在的情况下，根据函数图象可确定函数值的大小关系，从而得到结果.
【详解】 为偶函数
又在上单调递减 在上单调递增
关于对称
又在上单调递减 在上单调递增
当时，
当时，
①若恒成立，则，可知关于对称
又与关于对称；与关于对称
，
②若恒成立，则，可知关于轴对称
当时，；当时，
可排除
当，即时，
当，即时，
若，则，可排除
③若与均存在，则可得示意图如下：

与关于对称且
综上所述：
故选
【点睛】本题考查函数性质的综合应用，涉及到函数奇偶性和单调性的关系、函数对称性的应用、分段函数图象的应用等知识；关键是能够通过分类讨论得到不同情况下函数的解析式，进而确定函数的大致图象，根据单调性和对称性得到函数值的大小关系.
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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下面命题正确的是（ ）
A. 若，则“”是“”的充要条件
B. “”是“一元二次方程有一正一负两个实数根”的充要条件
C. 设，则“”是“且”的充分不必要条件
D. “”是“”的充分不必要条件
【答案】BD
【解析】
【分析】AC选项，可举出反例；B选项，根据根的判别式及韦达定理得到，B正确；D选项，先得到充分性成立，再举出反例得到必要性不成立，D正确.
【详解】A选项，若，满足，但无意义，故A错误；
B选项，当时，即时，一元二次方程有一正一负两个实数根，
故“”是“一元二次方程有一正一负两个实数根”的充要条件，B正确；
C选项，若，满足，但不满足且，故充分性不成立，C错误；
D选项，时，因为在上单调递增，故，充分性成立，
当时，也满足，故必要性不成立，D正确.
故选：BD
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，利用同角三角函数关系，求出正弦值；BC选项，利用倍角公式，化弦为切，代入求值；D选项，利用诱导公式计算即可.
【详解】A选项，因为，所以，即，
因为，所以，解得，A错误；
B选项，，B正确；
C选项，，C正确；
D选项，，D正确.
故选：BCD
11. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）


A. 的最小正周期为
B. 为偶函数
C. 在区间内最小值为1
D. 的图象关于直线对称
【答案】AC
【解析】
【分析】由图知，的最小正周期为，结论A正确；
求出，从而不是偶函数，结论B错误；
因为，，则在区间内的最小值为1，结论C正确；
因为为的零点，不是最值点，结论D错误.
【详解】解：由图知，的最小正周期为，结论A正确；
因为，，则．因为为在内的最小零点，则，得，所以，从而不是偶函数，结论B错误；
因为，，结合图像可得在区间内的最小值为1，结论C正确；
因为，则为的零点，不是最值点，结论D错误.
故选：AC．
12. 已知函数关于x的方程.，下列说法正确的是（ ）
A. m=0时方程有2个不相等的实数解
B. m>0时方程至少有3个不相等的实数解
C. m<0时方程至少有3个不相等的实数解
D. 若方程恰有5个不相等的实数解，则实数m的取值集合为（-3，-1）
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用函数的零点与方程的根的关系即可判断.
【详解】函数的图像如下：

时，单调递增，时，单调递减，
时，单调递增，，
若恰有5个不同实数解，
令，则
，
时，方程有2个不相等实数解，即m=0，选项A正确；
当时，方程有2个不同的实数解，此时，选项B错误；
当时，，的图象至少有一个交点，所以方程至少有3个不同的实数解，选项C正确；
若方程恰有5个不相等的实数解，则，，选项D正确.
故选：ACD.
三、填空题:本共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数是定义域上的奇函数，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】根据奇函数的定义运算求解.
【详解】∵函数是定义域上的奇函数，
则，即，
则，即，
∴.
故答案为：1.
14. 已知，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用二倍角的余弦公式计算可得结果.
【详解】.
故答案为：.
15. 已知，且，则的最小值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由基本不等式即可求解.
【详解】由得，所以，当且仅当 ，即时取等号，所以的最小值为，
故答案为：
16. 已知函数有三个零点，且的图像关于直线对称，则的取值范围为_______.
【答案】
【解析】
【分析】,则有即可求得，再由可得有2个根且都不等于1，利用判别式可得，即可求解.
【详解】，
则，定义域为，

所以的图像关于直线对称，所以，

显然为函数的一个零点，
故有2个不相等的根，且都不等于1，
所以解得，
所以，
故答案为:.
四、解答题:本题共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. （1），求实数a的取值范围;
（2），求实数a的取值范围.
【答案】(1) ;(2) 或.
【解析】
【分析】根据二次函数和一元二次不等式的关系结合全称量词命题、特称量词命题的定义求解.
【详解】(1)因为，
所以，即，
解得.
(2)因为，
所以，即，
解得或.
18. 已知函数且.
（1）讨论函数的奇偶性;
（2）当时，判断在的单调性并加以证明；
（3）解关于的不等式.
【答案】（1）奇函数 （2）增函数，证明见解析
（3）当时，解集为，当时，解集为.
【解析】
【分析】(1)根据奇函数的定义证明；
(2)根基单调性的定义证明；
(3)利用单调性和奇偶性解不等式.
【小问1详解】
由可得，所以的定义域为，
又因为，
所以，
所以函数为奇函数.
【小问2详解】
判断：在的单调递增，证明如下，

，
因为，所以，
且
所以所以，
所以在的单调递增.
【小问3详解】
由(2)可知，当时，在的单调递增，
且函数为奇函数，所以在的单调递增，
又因为同号，所以由可得解得，
当时，以下先证明在的单调递减，

，
因为，所以，
且
所以所以，
所以在的单调递减.
且函数为奇函数，所以在的单调递减，
又因为同号，所以由可得解得，
综上，当时，解集为，当时，解集为.
19. 已知函数，的图象关于对称，且.
（1）求满足条件的最小正数及此时的解析式;
（2）若将问题（1）中的的图象向右平移个单位得到函数的图象，求在上的值域.
【答案】（1）最小正数为2，此时
（2）
【解析】
【分析】（1）根据得，由为对称轴可得，即可求解，
（2）根据平移可得，由余弦函数的性质即可求解值域.
【小问1详解】
由得，由得，又的图象关于对称，所以,解得,
当时，取到最小的正数2，此时
小问2详解】
的图象向右平移个单位得到函数，
当时，，，所以，
故在上的值域为
20. 某小区要建一座八边形的休闲公园，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形和构成的面积为的十字型地狱，计划在正方形上建一座花坛，造价为元/m2，在四个相同的矩形上（图中阴影部分）铺花岗岩地坪，造价为元/m2，再在四个角上铺草坪，造价为元/m2.设总造价为元，AD的长为.

（1）试建立关于的函数；
（2）当取何值时，最小，并求出这个最小值.
【答案】（1），.
（2）当m时，最小，最小值为元
【解析】
【分析】（1）设，根据面积得到，再计算总造价得到解析式.
（2）利用均值不等式计算得到最值.
【小问1详解】
设，则，所以，
所以，.
【小问2详解】
，
当且仅当，即时，上式等号成立.
所以当时，最小，最小值为元.
21. 如图，已知直线，是，之间的一定点，并且点到，的距离分别为，，是直线上的一动点，作，且使与直线交于点．设．

（1）写出面积关于角的函数解析式；
（2）求的最小值．
【答案】（1），（2）
【解析】
【分析】
（1）在直角三角形中运用三角函数求出的表达式,同理求出的表达式,运用直角三角形面积公式求出面积关于角的函数解析式.
（2）结合（1）中的面积关于角的函数解析式,运用求出三角函数最值,就可以求出面积的最小值.
【详解】（1）根据题可得,在直角三角形中, ,则,同理,在直角三角形中可得,则在直角三角形中,
即
（2）由（1）得,要求的最小值,即求的最大值,即当时,的最大值为1
因此
【点睛】本题考查了运用三角函数模型来解决问题在解决问题中能熟练运用三角函数关系进行求值和化简,并能求出三角函数最值问题.熟练掌握各公式并灵活运用.
22. 已知函数.
（1）当时，解方程;
（2）若对任意的都有恒成立，试求m的取值范围;
（3）用min{m，n}表示m，n中的最小者，设函数，讨论关于x的方程的实数解的个数.
【答案】（1）
（2）
（3）或时，有1个实数解，
或时，有2个实数解;
时，有3个实数解.
【解析】
【分析】(1)根据函数的单调性解方程；
(2)讨论二次函数在给定区间的最值求解；
(3)分类讨论，利用数形结合的思想，转化为讨论函数图象的交点个数.
【小问1详解】
当时，函数，
当时，，
此时方程无解，
当时，单调递增，单调递减，
且单调递增，，
所以此时方程有唯一的解为，
综上，方程的解为.
【小问2详解】
等价于，
的对称轴为，
若，即时，在上单调递增，
从而
所以，得与矛盾，舍去;
若，即时，
在上单调递减，上单调递增，
故

当时，
则，解得，
所以，
当时，
则，解得，
则，
若，即时，在上单调递减，
从而
所以得与矛盾，舍去.
综上，的取值范围为.
【小问3详解】
当时, ,则，
故在上没有实数解;
当时，.
若时,则则不是的实数解，
若时，则,
则是的实数解，
当时，，故只需讨论在(0,1)的实数解的个数，
则得,
即问题等价于直线与函数图象的交点个数.
由于在单调递减，在上单调递增，
结合在的图象可知，

当时，直线与函数图象没有交点，即没有实数解;
当或时，在有1个实数解;
当时，在有2个实数解;
综上，或时，有1个实数解，
或时，有2个实数解;
时，有3个实数解.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解决的关键在于分类讨论二次函数在给定区间的单调性和最值，要结合对称轴与区间的位置关系；第三问解决的关键是在不同范围内取得的不同的最小值,数形结合的思想分类讨论求解.