浙江大学附属中学2022-2023学年高一上学期期末数学试题

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注意事项：
1. 答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上．
2. 答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号．
3. 答非选择题时，必须使用黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．
4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效．
第I卷（选择题）
一、单选题：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. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由诱导公式可得，故选B.
2. 命题“，”的否定为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据特称命题的否定格式改写即可.
【详解】特称命题的否定格式：首先特称量词改为全称量词，结论改为原结论的反面，
故原命题的否定为：，
故选:C
3. 是成立的（ ）
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】B
【解析】
【分析】利用充分条件和必要条件的定义即可判断，进而得出正确答案.
【详解】由即，等价于，解得:或，
由或，得不出，
由可得出或，
所以或是的必要不充分条件，
即是成立的必要不充分条件，
故选：B.
4. 已知扇形的周长是4 cm，则扇形面积最大时，扇形的中心角的弧度数是( )
A. 2B. 1C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】首先通过扇形的周长来确定半径和弧长的关系，再利用面积公式得出当r＝1时S最大，进而得出弧度数．
【详解】设此扇形的半径为r，弧长为l，则2r＋l＝4，则面积S＝rl＝r(4－2r)＝－r2＋2r＝－(r－1)2＋1，∴当r＝1时S最大，这时l＝4－2r＝2，从而α＝＝＝2.
【点睛】本题在做题中，需要能够通过半径和弧长来转换扇形的周长和面积的关系．
5. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）．
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件利用指数、对数函数性质，三角函数诱导公式并借助“媒介”数即可比较判断作答.
【详解】函数在上单调递增，而，则，
，
函数在R上单调递增，而，则，即，
所以.
故选：B
6. 设二次函数的部分图象如图所示，则函数的零点所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用零点的存在性定理求解.
【详解】由图可得，，
所以，
因为单调递增，
且，
所以零点所在的区间是，
故选:A.
7. 2010年，考古学家对良渚古城水利系统中一条水坝的建筑材料上提取的草茎遗存进行碳14年代学检测，检测出碳14的残留量约为初始量的，碳14的半衰期为5730 年，，以此推断水坝建成的年份大概是公元前（ ）
A. 3500年B. 2900年
C. 2600年D. 2000年
【答案】B
【解析】
【分析】根据碳14的半衰期是5730年，即每5730年含量减少一半，设原来量为1，经过年后则变成0.552，列出方程，即可求解.
【详解】根据题意设原来的量为1，经过年后则变成，可得，
两边取对数，可得，
即，
又由，
所以以此推断水坝建成的年份大概是公元前年.
故选：B.
8. 正割及余割这两个概念是由伊朗数学家阿布尔威发首先引入的．定义正割，余割．已知为正实数，且对任意的实数均成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由参变量分离法可得出，利用基本不等式可求得的取值范围，即可得解.
【详解】由已知可得，可得，
因为，则，
因为
，
当且仅当时，等号成立，故.
故选：D.
二、多选题：本题共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. 的值可能为（ ）．
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】BD
【解析】
【分析】根据给定条件结合同角公式化简函数式，再借助正余弦值的正负计算作答.
【详解】令，
当x为第一象限角时，，则，
当x为第二象限角时，，则，
当x为第三象限角时，，则，
当x为第四象限角时，，则.
故选：BD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最小值为2
B. 若正实数a，b满足，则的最小值为
C. 关于x的不等式的解集是，则
D. 函数（且）的定义域为R，则实数m的取值范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】A由三角函数的性质，结合特殊情况判断；B应用基本不等式“1”的代换求最值；C由一元二次不等式的解集求参数a、b，即可判断；D由对数函数、二次函数的性质有即可判断.
【详解】A：当时，显然，故错误；
B：由，当且仅当时等号成立，正确；
C：根据不等式的解集可知1,2是方程的根，所以，可得，则 ，正确；
D：由题意，在R上恒成立，则，解得，错误.
故选：BC
11. 设函数是R上的奇函数，若在区间上单调递减，则的取值可能为（ ）．
A. 6B. 4C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】先利用奇函数的性质求得，得到，然后对于各选择支中的的值，利用换元思想，根据正弦函数的单调性逐一检验.
【详解】∵函数是R上的奇函数，
∴，∴，∴，令.
当时，，在上单调递增，∴单调递减，符合题意，故A正确；
当时，，在上单调递减，∴单调递增，不符合题意，故B错误；
当时，，在上单调递增，∴单调递减，符合题意，故C正确；
当时，，在上单调递增，∴单调递减，符合题意，故D正确；
故选：ACD
12. 已知函数，则以下结论正确的是（ ）．
A. 函数为增函数
B. ，，
C. 若在上恒成立，则自然数n的最小值为2
D. 若关于的方程有三个不同的实根，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，作出可知时，，作出函数的图象，根据数形结合逐项检验，即可得到正确结果.
【详解】设时，则，所以，
又，所以当时，；
当时，则，所以，
又，所以当时，；
当时，则，所以，
又，所以当时，；
所以由此可知时，；作出函数的部分图象，如下图所示：
由图象可知，函数不为增函数，故A错误；
由图象可知，，
所以，，，故B正确；
在同一坐标系中作出函数和函数的图象，如下图所示：
由图象可知，当时，恒成立，所以的最小值为2，故C正确；
令，则，则方程等价于
，即，所以，或（舍去），
在同一坐标系中作出函数，函数和函数的图象，如下图所示：
由图象可知，当时， 即时，
关于的方程有三个不同的实根，故D正确.
故选：BCD.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用对数的运算法则和指数幂的运算法则求解即可
【详解】

14. 已知角的终边经过点，且．则的值为_________
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数定义即可求解．
【详解】由于角的终边经过点，所以，得
所以
故答案为：
15. 已知函数，则函数的值域为___．
【答案】
【解析】
【分析】设，则，此时，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】设，则，此时，
当时，即 ，函数取得最小值，此时最小值为；
当时，即 ，函数取得最大值，此时最大值为．
故答案为：.
16. 已知函数，若在上单调递减，则实数的取值范围是___．
【答案】
【解析】
【分析】分析可知，对任意的，，分离参数可得，分、、三种情况讨论，分析函数在上的单调性，由此可得出实数的取值范围.
【详解】由题意可知，对任意的，，则.
因为函数在上单调递增，且当时，，
所以.
当时，在上为减函数，函数为增函数，
所以与在上均为减函数，
所以在上是减函数，符合题意；
当时且时，，不符合题意；
当时，在上为增函数，函数为增函数，
所以与在上均为增函数，
所以在上是增函数，不符合题意.
综上所述，若在上单调递减，则实数的取值范围是.
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. 已知集合，．
（1）若，求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】(1)解一元二次不等式，利用集合并集的运算方法可求解;(2)根据若，结合数轴观察求解.
【小问1详解】
由得解得，
所以，
因为，所以，即，解得，
所以，
所以.
【小问2详解】
由(1)得，
由得
解得，所以，
因，所以或，
解得或.
18. 已知函数.
（1）若，求的值；
（2）若，且，求的值.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】(1)将分子分母同除以 ，得到，再根据，即可解得结果；
（2）将化简得到，再将该式平方，整理可得到，进而解得的值，代入表达式中计算即可.
【小问1详解】
由得; ,
所以，即，
解得 ；
【小问2详解】
由得： ①，
所以 ，
则 ，所以 ，
则 ，
而 ，所以 ②，
由①②联立可得 ，故 ，
所以 .
19. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期和单调减区间；
（2）求不等式的解集.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】先利用三角恒等变化化简，再利用正弦函数性质即可得解.
【小问1详解】
因为
，
所以的最小正周期为，
令，得，
所以的单调减区间为.
【小问2详解】
因为，即，
所以，则，
所以的解集为.
20. 已知函数为奇函数．
（1）求实数a的值；
（2）若恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用奇函数定义求出实数a值；
（2）先求解定义域，然后参变分离后求出的取值范围，进而求出实数m的取值范围.
【小问1详解】
由题意得：，即，解得：，
当时，，不合题意，舍去，
所以,经检验符合题意；
【小问2详解】
由，解得：，由得：或，
综上：不等式中，
变形为，
即恒成立，
令，当时，，
所以，实数m的取值范围为.
21. 某游乐场的摩天轮示意图如图．已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1~12（可视为点），在旋转过程中，座舱与地面的距离h与时间t的函数关系基本符合正弦函数模型，现从图示位置，即1号座舱位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为t分钟．
（1）求1号座舱与地面的距离h与时间t的函数关系的解析式；
（2）在前24分钟内，求1号座舱与地面的距离为17米时t的值；
（3）记1号座舱与5号座舱高度之差的绝对值为H米，求当H取得最大值时t的值．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）设1号座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式为，，根据所给条件求出、、、，即可得到函数解析式；
（2）由（1）中的解析式，结合正弦函数的性质计算可得；
（3）依题意可得，，从而得到高度差函数，利用两角和差的正弦公式化简，再结合正弦函数的性质求出函数取得最大值时的值，即可得解；
【小问1详解】
设1号座舱与地面的距离h与时间t的函数关系的解析式为
则，
∴，
依题意，∴，
当时，∴，
∴．
【小问2详解】
令，即，
∴，
∵，∴，
∴或，
解得或，
∴或时，1号座舱与地面的距离为17米．
【小问3详解】
依题意，
∴
令，解得，
所以当时，H取得最大值
22. 已知定义在上的函数．
（1）若方程有两个不等的实数根（），比较与1的大小；
（2）设函数（），若，使得在定义域上单调，且值域为，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】（1）由题意得，然后作出函数和的图象，由图像可得，从而得，，再由可得结果；
（2）设，则，且，由题意可知在上单调，且值域为，然后分和两种情况结合二次函数的图象和性质讨论求解即可
【详解】（1）方程即为.
因为，由图知，.
所以，，
所以.
因为函数，所以，
所以，
从而.
（2）函数即为，.
设，则，且，
因为在定义域上单调，且值域为，
所以在上单调，且值域为.
因为，所以二次函数的图象开口向上.
①当时，在上单调递增，
所以，即
所以方程在上有两个不相等的实数解，
所以，解得.
②当时，在上单调递减，
所以，即
两式相减，得.
将代入，得，
同理可得，，
所以方程在上有两个不相等的实数解，
所以解得.
综上，a的取值范围是或.
【点睛】关键点点睛：此题考查指数函数、对数函数和二次函数的综合应用，考查数形结合的思想和转化思想，解题的关键是正确画出函数的图像，利用换元法把转化为，从而利用二次函数的图像和性质求解，属于较难题