江苏省宿迁市2022-2023学年高一上学期期末数学试题

这是一份江苏省宿迁市2022-2023学年高一上学期期末数学试题，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷共6页，22小题，满分150分，考试用时120分钟.
一、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. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据特称量词命题的否定为全称量词命题判断即可.
【详解】命题“，”为特称量词命题，
其否定为：，.
故选：D
2. 已知集合，，则的子集的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的运算可得.
【详解】由集合，得，故子集的个数为，
故选：C
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断奇偶性，再由区间上的函数值，利用排除法判断即可.
【详解】根据题意，函数，其定义域为，
由，函数为偶函数，
函数图象关于轴对称，故排除C、D；
当时，，，则，排除B.
故选：A．
4. 对于定义在上的函数，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则函数是增函数
B. 若，则函数不是减函数
C. 若，则函数是偶函数
D. 若，则函数不是奇函数
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义分别进行判断即可．
【详解】函数单调递增，需要变量大小关系恒成立，故A错误，
若，则函数一定不是减函数，故B正确，
若恒成立，则是偶函数，故C错误，
当时，也有可能是奇函数，故D错误，
故选：B．
5. 若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数幂的运算、对数函数及特殊角的三角函数值判断即可.
【详解】因为，
，，
所以．
故选：C．
6. 中国茶文化源远流传，博大精深，茶水的口感与茶叶的类型和水的温度有关，某种绿茶用的水泡制，再等到茶水温度降至时饮用，可以产生最佳口感．为了控制水温，某研究小组联想到牛顿提出的物体在常温下的温度变化冷却规律：设物体的初始温度是，经过后的温度是，则，其中表示环境温度，表示半衰期．该研究小组经过测量得到，刚泡好的绿茶水温度是，放在的室温中，以后茶水的温度是，在上述条件下，大约需要放置多长时间能达到最佳饮用口感？结果精确到，参考数据（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件列出关于的方程组可得答案.
【详解】由题意可得方程组：
，化简可得：，所以
，
大约需要放置能达到最佳饮用口感．
故选：B.
7. 若函数是上的单调函数，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用特殊值验证法，排除选项，即可推出结果．
【详解】函数,
当时，，
当时，，函数图像的对称轴为，函数不是单调函数，不满足题意，排除B、C；
当时，，
当时，，函数图像的对称轴为，函数不是单调函数，排除D.
故选：A．
8. 已知，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且满足．若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用方程组法求出、的解析式，再判断的单调性，则问题转化为恒成立，参变分离求出，即可得解.
【详解】因为，分别是定义在上的偶函数和奇函数，
所以，，
因为，①
所以，
所以，②
①②得，，
因为在定义域上单调递增，在定义域上单调递减，
所以在上单调递增，又，
若恒成立，则恒成立，
所以恒成立，
所以恒成立，
所以只需，
因为，，所以（当且仅当，即时取等号），
所以（当且仅当时，取等号），
所以，
所以的取值范围为.
故选：B．
二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 对于不等关系人们在早期会使用文字或象征性记号来记述．例如，荷兰数学家吉拉尔在他1629年所著《代数新发现》一书中，使用下面记号：表示大于B，表示小于．若，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】利用不等式的性质及基本不等式化简判断即可.
【详解】因为，所以，显然等号不成立，故A正确；
又，所以，,故B正确；
又，故C错误；
令,则，故D错误.
故选：AB.
10. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 函数图象可由函数的图象向右平移个单位得到
B. 函数图象可由函数的图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍得到
C. 函数图象可由函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的3倍得到
D. 函数图象的对称轴为，
【答案】BC
【解析】
【分析】利用三角函数图象变换分别分析并判断选项A，B，C；求出函数图象的对称轴判断D作答.
【详解】对于A，函数的图象向右平移个单位得到：
函数的图象，A错误；
对于B，函数的图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍得到：
函数的图象，B正确；
对于C，函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的3倍得到：
函数的图象，C正确；
对于D，由，得，即函数图象的对称轴为，D错误.
故选：BC
11. 已知函数．则下列关于的说法正确的是（ ）
A. 周期为
B. 定义域为
C. 增区间为
D. 图象的对称中心为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用整体法结合正切函数的性质分别对、、、进行判断.
【详解】解：因为函数，
对于：周期，所以正确，
对于：因为，即（），所以定义域为，所以错误，
对于：令，解得，
所以增区间为，所以正确，
对于：令，解得，所以图象的对称中心为，
所以错误，
故选：.
12. 已知是定义在上的函数，且对于任意实数恒有．当时，．则（ ）
A. 为奇函数
B. 在上的解析式为
C. 的值域为
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，分析可得区间上，的解析式，再分析函数的周期性，可得的图象关于原点对称，由此分析选项是否正确，即可得答案．
【详解】根据题意，时，，因为时，，
所以，
又由，则，
即，，
若，则，，
若，则，，
故在区间上，所以关于原点对称，
又由，则，即函数是周期为的周期函数，
故的图象关于原点对称，
由此分析选项：
对于A，的图象关于原点对称，为奇函数，故A正确；
对于B，当时，则，则，
函数是周期为的周期函数，则，故B正确；
对于C，在区间上，，则，，
所以，故的值域一定不是，故C错误；
对于D，因为时，，所以，，
又，则，
则有，，故，
所以
，故D正确；
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知扇形的周长为，圆心角为，则该扇形的弧长为______，面积为______
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设扇形的半径为，弧长为，然后根据弧长公式以及扇形周长建立方程即可求出，，再根据扇形面积公式即可求解．
【详解】设扇形的半径为，弧长为，
则由已知可得，解得，，
所以扇形面积为，
故答案为：；．
14. 请写出一个幂函数满足以下条件：①定义域为；②为增函数．则______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据幂函数的性质即可求解.
【详解】根据幂函数在单调递增，可得
故答案为：（答案不唯一）
15. 如图点为做简谐运动的物体的平衡位置，取向右的方向为物体位移的正方向，若已知振幅为，周期为，且物体向左运动到平衡位置开始计时，则物体对平衡位置的位移和时间之间的函数关系式为______．

【答案】
【解析】
【分析】依题意设，再根据题意和函数的周期求出，即可得到函数解析式；
【详解】依题意设，则，周期，又，解得，所以.
故答案为：.
16. 已知函数，．若，，使得成立，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】设函数在,上的值域为，函数在，上的值域为，若,，,，使得成立，则，即可得出答案．
【详解】设函数在,上的值域为，函数在,上的值域为，
因为若,，,，使得成立，所以，
因为，,，
所以，，
所以在,上的值域为,，
因为，
当时，在,上单调递减，
所以，
，
所以在,上的值域为,
因为，
所以，解得，
又，
所以此时不符合题意，
当时，图象是将下方的图象翻折到轴上方，
令得，即，
①当时，即时，
在,上单调递减，
，，
所以的值域，
又，
所以，解得，
②当时，即时，
在上单调递减，在,上单调递增，
，
或，
所以的值域,或,，
又，
所以或，
当时，解得或，
又，
所以，
当时，解得或，
又，
所以，
所以的取值范围诶,,．
③当时，时，
在，上单调递增，
所以，
，
所以在,,上的值域，
又，
所以，解得，
综上所述，的取值范围为.
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 设全集，集合，集合，其中．
（1）当时，求；
（2）若“”是“”的______条件，求实数的取值范围．
从①充分；②必要；③既不充分也不必要三个条件中选择一个填空，并解答该题．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）代入化简集合，利用对数函数的定义域的性质化简集合，再利用集合的交并补运算即可得解；
（2）利用充分必要条件与集合关系，依次选择三个条件，结合数轴法即可得解.
【小问1详解】
当时，，
又，
所以，
故.
【小问2详解】
选①：
因为“”是“”的充分条件，，，
所以，则，解得，
所以实数的取值范围是．
选②：
由区间定义可知，所以，则，
因为“”是“”的必要条件，，，
所以，则，解得，故，
所以实数的取值范围是．
选③，
因为“”是“”的既不充分也不必要条件，
所以不是的子集，且不是的子集，
若，则，解得，故；
若，由区间定义可知，所以，则，
又，解得，故；
由于上述两种情况皆不满足，所以，即实数取值范围是．
18. 在平面直角坐标系中，锐角的顶点是坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边交单位圆于点．将角的终边按逆时针方向旋转得到角．
（1）求；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，利用任意角的三角函数的定义，诱导公式，计算求得结果．
（2）法一：由题意，利用诱导公式，计算求得结果；法二：根据，将已知等式化成含角的式子，再利用（1）中结果计算即可.
【小问1详解】
由得，
又，所以，
由题可知，所以， ，
则．
【小问2详解】
（法一）原式
由（1）得，，，
所以原式．
（法二）
19. 已知函数的图象经过点，若、满足对，， 且．
（1）求函数的解析式；
（2）求函数在上的单调区间及最值．
【答案】（1）
（2）在上的增区间为，减区间为，最小值为，最大值为．
【解析】
【分析】（1）根据三角函数的值域可得最值，进而可得，由周期可得，代入可得，进而可求解解析式，
（2）利用整体法求解单调区间，即可求解最值.
【小问1详解】
由，得为的最小值，为的最大值，
又，所以，，
由，，，所以，
由的图象经过点得，又因为，所以，
所以．
【小问2详解】
先求的增区间，令，
解之得，
又，取，则，
所以在上的增区间为，减区间则为，
所以，
又，，
所以．
的最小值为，最大值为．
20. 汽车在隧道内行驶时，安全车距（单位：）正比于车速（单位：）的平方与车身长（单位：）的积，且安全车距不得小于半个车身长．当车速为时，安全车距为个车身长．
（1）求汽车在隧道内行驶时的安全车距与车速之间的函数关系式；
（2）某救灾车队共有10辆同一型号的货车，车身长为，当速度为多少时该车队通过（第一辆车头进隧道起，到最后一辆车尾离开隧道止，且无其它车插队）长度为的隧道用时最短?
【答案】（1）
（2）km/h
【解析】
【分析】（1）根据题意为定值，设比例常数为，则，代入数值，得到，令，则，最后写出分段函数解析式即可；
（2）设通过隧道的时间为，则，分当和两种情况，结合幂函数的性质及基本不等式计算可得．
【小问1详解】
根据题意为定值，设比例常数为，则，
所以，所以，
所以，令，则，
所以.
【小问2详解】
设通过隧道的时间为，则．
①当时，．
②当时，
．
当且仅当，即时等号成立．
又，
所以当时用时最短．
答：当速度为时该车队通过该隧道用时最短．
21. 已知二次函数满足，，若不等式有唯一实数解．
（1）求函数的解析式；
（2）若函数在上的最小值为．
（i）求；
（ii）解不等式．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）或.
【解析】
【分析】（1）由已知得对称轴，从而设函数解析式为，由求得，再由不等式有唯一实数解，结合判别式求得，得解析式；
（2）（i）根据二次函数性质分类讨论求得最小值；（ii）由的对称性，依照二次函数的知识方法分类讨论解不等式．
【小问1详解】
由可知的对称轴为，
设二次函数，
又，所以，所以，
又有唯一实数解，
所以有唯一实数解，即有唯一实数解，
所以方程的判别式，所以
所以．
【小问2详解】
①的对称轴为，
（Ⅰ）当时，在上为单调增函数，所以；
（Ⅱ）当时，在上为单调减函数，所以；
（Ⅲ）当时，在上为单调减函数，在上为单调增函数，
所以；
综上：
②由①知且关于对称．
（Ⅰ）当时，
只需，解得，
所以．
（Ⅱ）当时，
，，，
解得，所以或．
综合（Ⅰ）（Ⅱ）得不等式的解集为或.
22. 已知函数．
（1）讨论函数的奇偶性；
（2）若函数为偶函数，且不为常数．
①求实数，的值；
②判断并证明的单调性．
【答案】（1）答案见解析
（2）①；②减函数，证明见解析
【解析】
【分析】（1）分、、三种情况讨论，分别判断函数的奇偶性；
（2）①利用特殊值得到方程组，求出参数的值，再代入检验即可；
②由①得到函数解析式，再利用定义法证明函数在上的单调性，即可得解.
【小问1详解】
①当时，令，即，
所以的定义域为，不关于原点对称，
所以不具有奇偶性；
②当时，，，为奇函数；
③当时，，所以不奇函数，
又，所以不为偶函数．
综上，当时，为奇函数；
当时，既不是奇函数也不是偶函数．
【小问2详解】
由（1）知，若为偶函数，则，所以的定义域为．
①因为为偶函数，所以，
即，
所以，所以，
化简得，所以或，
当，时，，不合题意；
当，时，，
所以，为偶函数．
综上.
②由①得，
在减函数，在为增函数．
下面证明在为增函数：
设是的任意两个数且，
，
因为，
因为，所以，
所以，
即，
所以，即，
所以在为增函数，
因为为偶函数，所以在为减函数．