安徽师范大学附属中学2022-2023学年高一上学期期末数学试题

这是一份安徽师范大学附属中学2022-2023学年高一上学期期末数学试题，共20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。

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. 已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图可得阴影部分表示，然后用补集和交集的定义进行求解
【详解】由图可得，图中阴影部分表示的集合为，
因为，
所以或，，
故选：A
2. 若函数，则的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，解不等式即可得出定义域.
【详解】要使函数有意义，则，
则，解得：或，
所以函数的定义域为，
故选：B
3. 若命题“，”为真命题，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用分离参数法求解，把参数分离出来求解的最大值即可.
【详解】由已知，，则 ，即，
所以的取值范围是.
故选：C.
4. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数与对数函数的图像与性质，借助中间值法即可比较大小.
【详解】由对数函数的图像与性质可得
，
，
，
所以，
故选：A
5. 设是定义域为的奇函数，且，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇函数的性质，结合已知等式判断函数的周期，利用周期进行求解即可.
【详解】因为是定义域为的奇函数，
所以由，
函数该函数的周期为，
，
故选：B
6. 若，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两角和的正切公式、二倍角公式，结合诱导公式、同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】，
，
故选：D
7. 设二次函数在上有最大值，最大值为，当取最小值时，的值为（ ）
A. 0B. 1C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数分析可得，换元令，整理得，结合基本不等式运算求解.
【详解】由题意可得：，即，
且的对称轴为，
故，
令，则，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
即当时，取最小值2.
故选：A.
8. 已知锐角，满足，设，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合基本不等式分析可得，对A：结合两角和的正切公式分析可得，即可得；对B：由，结合正弦函数单调性以及诱导公式可得；对C：由，结合对数函数的单调性分析判断；对D：根据选项B、C的思路，先证，再结合对数函数的单调性分析判断.
【详解】因为为锐角，则均为正数，即，
又∵，
当且仅当，即时等号成立，
结合，可得，即，
对A：∵，
则，且，
∴，A项不正确；
对B：∵，则，
注意到，则，且在上单调递增，
∴，B错误；
对C：由，则在定义域内是减函数，且，
所以，C正确；
对D：∵，则，
注意到，则，且在上单调递增，
∴，
结合在定义域内是减函数，则，D不正确.
故选：C.
【点睛】结论点睛：对于锐角，，则有：
（1）若，则；
（2）若，则；
（3）若，则；
此结论在三角形中应用较多.
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2分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. ，则的最小值是2
B. ，则的最小值是
C. ，则的最小值是1
D. 最小值为9
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，B，C，利用换元法及对勾函数的性质，结合函数单调性与最值的关系即可求解；
对于D，利用同角三角函数的平方关系及商数关系，结合正余弦齐次式及基本不等式即可求解.
【详解】对于A,令，则，由对勾函数知，在单调递增，在上单调递减；所以当时，，当时，，故A错误；
对于B，令，则，，由对勾函数的性质知，在单调递增，当时，取得最小值为，所以当时，则的最小值是，故B正确；
对于C，令，则，由对勾函数的性质知，在单调递增，当时，取得最小值为，所以当时，则的最小值是，故C错误；
对于D，
，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为9，故D正确.
故选：BD.
10. 下列命题中正确的是（ ）
A. 命题：“，”的否定是“，”
B. 函数（且）恒过定点
C. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为
D. 若函数，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题可判断A，根据指数函数的性质可判断B，根据抽象函数的定义域可判断C，根据配凑法可判断D.
【详解】A选项，“”的否定是“”，A错误；
B选项，且，当时，，故函数（且）恒过定点，B正确；
C选项，由得：，故函数的定义域为，C正确；
D选项，，且，
故，D正确.
故选：BCD.
11. 已知定义在上的函数在上单调递增，且为偶函数，则（ ）
A. 直线是的对称轴
B. 是的对称中心
C.
D. 不等式的解集为
【答案】AD
【解析】
【分析】由题意可得图象的对称轴为直线，即可判断A，B；结合对称性可得在上单调递减，从而，即可判断C；由不等式结合的对称性及单调性，可得，解不等式即可判断D．
【详解】因为为偶函数，其图象关于轴对称，所以图象的对称轴为直线，故A正确，B错误；
又在上单调递增，所以在上单调递减，所以，故C错误；
由不等式结合的对称性及单调性，得，即，即，解得或，所以不等式的解集为，故D正确，
故选：AD．
12. 把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于轴对称，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B 关于点对称
C. 在上单调递增
D. 若在区间上存在最大值，则实数的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】先利用辅助角公式化简，再通过图像平移求得新的函数，从而利用图象关于y轴对称求得，由此得到的解析式，最后结合三角函数的性质即可对选项逐一判断.
【详解】由题意可得：，
对A：函数的图象向左平移个单位长度，得到，
∵关于轴对称，即为偶函数，
则，则，
注意到，则，
故的最小正周期为，A正确；
对B：由A可知：，
由，则是的对称中心，B正确；
对C：令，解得，
故的递增区间为，
令，且，可得，
故在上单调递增，在上单调递减，C错误；
对D：∵，则，
若在区间上存在最大值，则，解得，
即实数的取值范围为，D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法定睛：求解函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质问题的三种意识
（1）转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式．
（2）整体意识：类比y＝sinx的性质，只需将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”，采用整体代入求解．
①令ωx＋φ＝kπ＋ (k∈Z)，可求得对称轴方程．
②令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标．
③将ωx＋φ看作整体，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，注意ω的符号．
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知，且，函数的图象恒过点，若在幂函数图像上，则＝__________．
【答案】
【解析】
【分析】由，知，即时，，由此能求出点的坐标．用待定系数法设出幂函数的解析式，代入点的坐标，求出幂函数的解析式，即可求得答案.
【详解】，
，
即时，
∴点的坐标是
由题意令，
图象过点
得解得：
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了求幂函数值，解题关键是掌握判断对数函数恒过定点的方法和幂函数的基础知识，考查了分析能力和计算能力,属于中档题.
14. ______.
【答案】
【解析】
【分析】利用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、辅助角公式以及三角恒等变换的知识求得正确答案.
【详解】


.
故答案为：
15. 已知正数满足，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】首先将条件变形为，再利用“1”妙用，结合基本不等式求的最小值.
【详解】因为，所以，，
所以，
当，即，即，时等号成立，
所以的最小值是.
故答案为：
16. 若，，则关于的方程恰好有6个不同的实数解，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由原方程可得或，从而得到和与的图象共有6个不同的交点，画图可建立不等式求解即可.
【详解】由，得或，
因为关于的方程有6个不同的解，
所以和与的图象共有6个不同的交点，
由图可知，解得，
所以的取值范围为.
故答案为：
四、解答题：（本题共6小题，70分.）
17. 设全集是，集合．
（1）若，求实数a的取值范围；
（2）条件，条件，若q是p的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分和讨论，特别是时，直接根据集合间的包含关系列不等式组求解；
（2）根据q是p的充分不必要条件得到，直接根据集合间的包含关系列不等式组求解.
【小问1详解】
若,
当时，，解得，
当时，，解得，
综合得
【小问2详解】
条件，条件，若q是p的充分不必要条件，
则，且等号不能同时成立，
解得
18. 已知，为锐角，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同角的三角函数关系式，结合正弦二倍角公式进行求解即可；
（2）根据同角的三角函数关系式，结合两角差的余弦公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为为锐角，，所以，
则；
【小问2详解】
由于，为锐角，则，
又，所以
.
19. 已知函数
（1）若，求函数的最小值；
（2）解不等式.
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据二次函数的对称轴与所给区间的相对位置分类讨论即可；
（2）利用因式分解法，结合一元二次方程两根的大小关系分类讨论求解即可.
【小问1详解】
因为函数对称轴为，
所以ⅰ）当，即时，，
ⅱ）当，即时，；
【小问2详解】
由，可得，
即，所以
所以ⅰ）当时，不等式的解集为，
ⅱ）当时，不等式的解集为，
ⅲ）当时，不等式的解集为.
20. 已知函数是偶函数.
（1）求的值；
（2）若方程有解，求实数m的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用偶函数的性质，得到关于的方程，由的任意性可求得的值；
（2）先将问题转化为方程有解，再利用换元法将问题转化为与在上有交点，从而得解.
【小问1详解】
因为，在上恒成立，所以的定义域为，
又因为是偶函数，所以，有，
即对恒成立，
则对恒成立，
即对恒成立，
因为不恒为0，所以.
【小问2详解】
由（1）得，
则方程有解，即方程有解，
又因为对数函数在上单调递增，所以方程有解，
令，则，方程化为，即方程在上有解，
令，则与在上有交点，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，即.
.
21. 已知函数的部分图象如图所示.
（1）写出函数的解析式；
（2）将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，求函数的单调递增区间.
【答案】（1）
（2）和.
【解析】
【分析】（1）根据的图象，依次求得的值，从而求得.
（2）根据三角函数图象变换的知识求得，根据三角函数单调区间的求法求得的单调递增区间.
【小问1详解】
由图可知，
，
则，
由，得，,
由于，所以，则.
【小问2详解】
图象上所有的点向右平移个单位长度，
得到，
将所得图象上点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），
得到，
当时，，
所以当以及时函数单调递增，
即单调递增区间为和.
22. 已知函数，若在其定义域内存在实数和，使得成立，则称是“跃点”函数，且称是函数的“跃点”.
（1）求证：函数是“1跃点”函数；
（2）若函数在上是“1跃点”函数，求实数的取值范围；
（3）是否同时存在实数和正整数，使得函数在上有2023个“跃点”？若存在，请求出所有符合条件的和，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）或，；，；
【解析】
【分析】（1）根据题意令，利用零点存在定理即可证明；
（2）由题意可得，可整理得，然后用基本不等式求解即可；
（3）根据题意可得到，然后依据或，，或，分类讨论求解即可.
【小问1详解】
，
所以，，
令，
因为，，所以由零点存在定理可得在有解，
所以存在，使得，
即函数是“1跃点”函数.
【小问2详解】
由题意得
，
因为，所以，
当且仅当取等号，所以的取值范围为.
【小问3详解】
，
即，令，
即在上关于要有2023个解；
①当或时，即或时，；
②当，即时，；
③当或，即或时，
方程关于在每个周期内有两个解，故不可能满足有2023个解，
综上，或，；，.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.