湖南省长沙市雅礼教育集团2022-2023学年高一上学期期末数学试题（教师版含解析）

这是一份湖南省长沙市雅礼教育集团2022-2023学年高一上学期期末数学试题（教师版含解析），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时量：120分钟；分值：150分
命题人：李云皇 审题人：彭熹
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，只有一项符合题目要求．
1. 命题：，的否定形式为( )
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】“任意一个都符合”的否定为“存在一个不符合”
【详解】由题意，“任意一个都符合”的否定为“存在一个不符合”，故为，.
故选：D
2. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式确定集合后再求交集即可．
【详解】由题意，，
所以．
故选：A．
3. 设，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
【解析】
【详解】 ，但，不满足 ，所以充分不必要条件，选A.
【考点】 充要条件
【名师点睛】本题考查充要条件的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件；从集合的角度看，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件，若是的真子集，则是的充分不必要条件，若是的真子集，则是的必要不充分条件.
4. ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式化简可得结果.
【详解】.
故选：A.
5. 设，则的大小关系是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
易得，再由，利用幂函数的单调性判断.
【详解】因为，
且， 在上递增，
所以，即，
综上：
故选：A
6. 已知，则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式可得，再由二倍角余弦公式求.
【详解】由，即，
又.
故选：D
7. 流行病学基本参数：基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔T指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可用模型：(其中是开始确诊病例数)描述累计感染病例随时间t(单位：天)的变化规律，指数增长率r与，T满足，有学者估计出．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，当时，t的值为()( )
A. 1.2B. 1.7C. 2.0D. 2.5
【答案】B
【解析】
【分析】
根据所给模型求得，代入已知模型，再由，得，求解值得答案
【详解】解：把代入，得，解得，
所以，
由，得，则，
两边取对数得，，得，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查函数模型的实际应用，考查计算能力，解题的关键是准确理解题意，弄清函数模型中各个量的关系，属于中档题
8. 若函数在上单调，且在上存在最值，则的取值范围是( )．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角函数的单调性与周期性的关系及周期公式，结合三角函数的最值即可求解.
【详解】因为在上单调，所以，即,则，
由此可得．
因为当，即时，函数取得最值，
欲满足在上存在极最点，
因为周期，故在上有且只有一个最值，
故第一个最值点，得，
又第二个最值点，
要使在上单调，必须，得．
综上可得，的取值范围是．
故选：B．
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. 下列命题为真命题的是( )
A. 不论取何实数，命题“”为真命题
B. 不论取何实数，命题：“二次函数的图象关于轴对称”为真命题
C. “四边形的对角线垂直且相等”是“四边形是正方形”的充分不必要条件
D. “”是“”的既不充分也不必要条件
【答案】ABD
【解析】
【分析】结合一元二次函数和一元二次不等式的性质可判断AB；根据充分条件、必要条件的概念可判断CD.
【详解】对于，关于的一元二次方程满足，
即有不等实根，显然，即，
因此不等式的解集为，
当时，，故A正确.
对于，二次函数图象的对称轴为直线，即轴，故B正确.
对于，对角线垂直且相等的四边形不一定是正方形可能为菱形，反之成立.故错误.
对于，令，则，即充分性不成立，
令，则，而，故必要性也不成立，
即“”是“”的既不充分也不必要条件，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知，则下列结论正确的有( )
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据同角三角函数的平方关系可求出的值，根据角的范围得出角，进而求解.
【详解】因为，所以，
因为，也即，解得：或，
因为，所以，则，
所以，
故选：.
11. 对于函数，下列说法正确的是( )
A. 最小正周期为B. 其图象关于点对称
C. 对称轴方程D. 单调增区间
【答案】AC
【解析】
【分析】利用余弦型函数的周期公式可判断A选项；利用余弦型函数的对称新可判断BC选项；利用余弦型函数的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，函数的最小正周期为，A对；
对于B选项，，B错；
对于C选项，由，可得，
即函数的对称轴方程为，C对；
对于D选项，由，解得，
所以，函数的单调增区间，D错.
故选：AC.
12. 已知函数则以下判断正确的是( )
A. 若函数有3个零点，则实数的取值范围是
B. 函数在上单调递增
C. 直线与函数的图象有两个公共点
D. 函数的图象与直线有且只有一个公共点
【答案】AC
【解析】
【分析】作出的图像如图所示，B可直接由图像或二次函数单调性判断；AC零点及交点问题均可以通过与交点个数判断；D通过图像或者联立方程求解即可判断.
【详解】当，
故的图像如图所示，
对AC，函数有3个零点，相当于与有3个交点，
故的取值范围是，直线与函数的图象有两个公共点，AC对；
对B，函数在上先增后减，B错；
对D，如图所示，联立可得解得或，由图右侧一定有一个交点，故函数的图象与直线不止一个公共点，D错.
故选：AC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 函数的定义域为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，列出不等式，即可得到结果.
【详解】根据题意可得，，解得
即函数的定义域为.
故答案为:
14. ___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据诱导公式化简后利用二倍角公式求值.
【详解】,
故答案为：
15. 写出不等式成立的一个必要不充分条件__________.
【答案】(不唯一)
【解析】
【分析】解不等式得到充要条件，再根据必要不充分条件的定义即可得答案.
【详解】解：由可得，
解得，
所以不等式成立的一个必要不充分条件可以是:.
故答案为：(不唯一)
16. 函数的最大值为__________，当且仅当__________时，等号成立．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】利用基本不等式即可求解.
【详解】
当且仅当，即时，等号成立．
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. 已知，且．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据同角三角函数基本关系求的值，进而可得的值；
(2)利用诱导公式化简，再化弦为切，将的值代入即可求解.
【小问1详解】
因，且，所以，
所以，
【小问2详解】
．
18. 已知函数.
(1)判断函数的单调性，并用单调性定义证明；
(2)若为奇函数，求满足的的取值范围.
【答案】(1)增函数，证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】(1)判断出函数为上的增函数，然后任取、且，作差，因式分解后判断的符号，即可证得结论成立；
(2)由奇函数的定义可求出实数的值，再利用函数的单调性可得出关于的不等式，解之即可.
【小问1详解】
证明：函数为上的增函数，理由如下：
任取、且，则，
所以，，即，
所以，函数为上的增函数.
【小问2详解】
解：若函数为奇函数，则，即，
则，
因为函数为上的增函数，由得，解得.
因此，满足的的取值范围是.
19. 已知函数，．
(1)求最小正周期和最大值；
(2)设，求函数的单调递减区间．
【答案】(1)，最大值2；
(2)．
【解析】
【分析】(1)根据题意，由三角恒等变换公式将函数化简，即可得到结果；
(2)根据题意，得到函数的解析式，然后由正弦型函数的单调区间，即可得到结果.
【小问1详解】
∵，
所以的最小正周期，
当时，取得最大值2；
【小问2详解】
由(1)知，
又，
由，解得．
所以，函数的单调减区间为．
20. 已知函数是偶函数
(1)求实数的值；
(2)设，若函数与的图象有公共点，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】(1)根据函数解析式以及偶函数的定义可求得实数的值；(2)利用函数与方程的思想，把函数与的图象有公共点的问题转化成方程有解的问题，进而求得参数的取值范围.
【小问1详解】
由函数，得，
又因为是偶函数，所以满足，
即，所以，
即对于一切恒成立，所以，
故；
【小问2详解】
由得
若函数与的图象有公共点，等价于方程有解，
即，所以，
即方程在上有解，
由指数函数值域可知，，所以，
所以实数的取值范围是.
21. 某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面(由扇形OAD挖去扇形OBC后构成的).已知，，线段BA，CD与，的长度之和为30，圆心角为弧度.
(1)求关于x的函数表达式；
(2)记铭牌的截面面积为y，试问x取何值时，y的值最大？并求出最大值.
【答案】(1)；
(2)，.
【解析】
【分析】(1)根据扇形的弧长公式结合已知条件可得出关于、的等式，即可得出关于的函数解析式；
(2)利用扇形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得的最大值，即可得出结论.
【小问1详解】
解：根据题意，可算得，．
因为，所以，
所以，.
【小问2详解】
解：根据题意，可知
，
当时，.
综上所述，当时铭牌的面积最大，且最大面积为.
22. 已知，函数，其中．
(1)设，求t的取值范围，并把表示为t的函数；
(2)若对区间内的任意，总有，求实数a的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【解析】
【分析】(1)由已知可得，即，代入即可求得；
(2)问题转化为对成立，由二次函数分类讨论即可求解.
【小问1详解】
，
，，从而，，
又，∴，
又，∴，
【小问2详解】
要使得对区间内的任意恒成立，
只需，也就是对成立
二次函数，，开口向下，对称轴为
①当时，即，函数在上单调递减，
则，解得
②当时，即，函数上单调递增，在上单调递减，
则，解得
③当时，即，函数在上单调递增，
则，解得
综上，实数a的取值范围是