新疆兵团地州学校2022-2023学年高一上学期期末联考数学试题(含答案)

这是一份新疆兵团地州学校2022-2023学年高一上学期期末联考数学试题(含答案)，共16页。试卷主要包含了已知，则，设，则的最小值为，函数的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题，则命题的否定为（ ）
A．B．C．D．
3．角的终边过点，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．若定义在上的函数满足则“为无理数”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
6．为了得到函数的图象，只要将函数图象上所有点的（ ）
A．横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的图象向右平移个单位长度
B．横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度
C．横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的图象向右平移个单位长度
D．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向右平移个单位长度
7．设，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．6
8．某科研小组研发一种水稻新品种，如果第1代得到1粒种子，以后各代每粒种子都可以得到下一代15粒种子，则种子数量首次超过1000万粒的是（ ）（参考数据：）
A．第5代种子B．第6代种子C．第7代种子D．第8代种子
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．已知知函数的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表：
则一定包含的零点的区间是（ ）
A．B．C．D．
10．函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．
C．D．函数的图象关于直线对称
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若是偶函数，则
B．若的解集是，则
C．若，则恒成立
D．在上单调递增
12．高斯是德国的天才数学家，享有“数学王子”的美誉，以“高斯”命名的概念、定理、公式很多，如高斯函数，其中不超过实数的最大整数称为的整数部分，记作．如，记函数，则（ ）
A．B．的值域为
C．在上有5个零点D．，方程有两个实根
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．的值为______．
14．函数的定义域为______，函数的定义域为______（本题第一问2分，第二问3分）
15．《乐府诗集》辑有晋诗一组，属清商曲辞吴声歌曲，标题为《子夜四时歌七十五首》．其中《夏歌二十首》的第五首曰：叠扇放床上，企想远风来．轻袖佛华妆，窈窕登高台．诗里的叠扇，就是折扇．一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成．如图，设扇形的面积为，其圆心角为，圆面中剩余部分的面积为，当与的比值为时，扇面为“美观扇面”．若扇面为“美观扇面”，扇形的半径，则此时的扇形面积为______．
16．已知函数且有且仅有2个零点，则的取值范围为______．
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．计算：
（1）；
（2）若，求的值．
18．已知角满足．
（1）若，求的值；
（2）若角的终边与角的终边关于轴对称，求的值．
19．已知幂函数为奇函数．
（1）求的解析式；
（2）若正数满足，若不等式恒成立．求的最大值．
20．已知函数的最小正周期为，且．
（1）求的值；
（2）求在上的单调区间；
（3）解不等式．
21．在无菌培养环境中，某类细菌的繁殖在初期会较快，随着单位体积内细菌数量的增加，繁殖速度又会减慢，在一次实验中，检测到这类细菌在培养血中的数量（单位：百万个）与培养时间（单位：小时）的3组数据如下表所示．
（1）当时，根据表中数据分别用模型和建立关于的函数解析式．
（2）若用某函数模型根据培养时间来估计某类细菌在培养血中的数量，则当实际的细菌数量与用函数模型得出的估计值之间的差的绝对值不超过0.5时，称该函数模型为“理想函数模型”，已知当培养时间为9小时时，检测到这类细菌在培养血中的数量为6.2百万个，你认为（1）中哪个函数模型为“理想函数模型”？说明理由．（参考数据：）
（3）请用（2）中的“理想函数模型”估计17小时后，该类细菌在培养血中的数量．
22．已知是定义在上的奇函数，其中，且．
（1）求的值；
（2）判断在上的单调性，并用单调性的定义证明；
（3）设，若对任意的，总存在，使得成立，求的取值范围．
答案解析
1．B
【分析】根据并集的运算即可求解．
【详解】因为集合，
所以，
故选：B．
2．D
【分析】根据全称命题与特称命题之间的关系即可得出结果．
【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题的否定为．
故选：D．
3．A
【分析】根据任意角的三角函数的定义计算可得．
【详解】已知角的终边经过点，所以．
故选：A
4．B
【分析】根据对数函数，指数函数，余弦函数的性质，求出的范围，即可比较出大小．
【详解】因为，所以．
故选：B
5．A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合已知条件分析判断即可．
【详解】当为无理数时，为有理数，则．
当为有理数时，为有理数，则．
所以当时，，
故“为无理数”是“”的充分不必要条件．
故选：A
6．A
【分析】根据三角函数图象变换规律分析判断即可
【详解】将图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得，再把得到的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．
故选：A
7．A
【分析】先将目标函数化简，得到，再利用均值定理即可求得其最小值．
【详解】由题意，所以，所以
，
当且仅当，即时等号成立．
故选：A
8．C
【分析】设第代种子的数量为，根据题意列出不等式，对不等式化简代入数值即可得到结果．
【详解】设第代种子的数量为，由题意得，得．因为，故种子数量首次超过1000万粒的是第7代种子．
故选：C．
9．BCD
【分析】根据零点存在性定理结合表中的数据分析判断即可
【详解】因为的图象是一条连续不断的曲线，且，
所以一定包含的零点的区间是．
故选：BCD
10．ACD
【分析】求得的值判断选项A；求得的值判断选项B；求得的值判断选项C；代入验证法判断选项D．
【详解】由图可知，所以．
由图可知，
得，得，
又，所以．
由，得，
所以
因为
所以函数的图象关于直线对称．
故选：ACD
11．ABD
【分析】利用函数奇偶性的定义求出的值，可判断A选项：利用二次不等式的解集与系数的关系可判断B选项；当时，计算可判断C选项；利用一次函数与二次函数的单调性可判断D选项．
【详解】对于A选项，函数的定义域为，若函数为偶函数，则，即，即对任意的恒成立，则，A对；
对于B选项，若不等式的解集为，
则且为方程的两根，则，解得，故，B对；
对于C选项，若，则，
故不恒成立，C错；
对于D选项，当时，因为，则在上单调递增，
当时，函数的对称轴为直线且，
由二次函数的单调性可知，函数在上单调递增，
因此，在上单调递增，D对．
故选：ABD．
12．BD
【分析】根据高斯函数的定义，结合特殊点的函数值、值域、零点、方程的根、函数图象等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
【详解】，选项A错误；
当时，
当时，；
当时，
……．以此类推，可得的图象如下图所示，
由图可知，的值域为，选项B正确；
由图可知，在上有6个零点，选项C错误；
，函数与的图象有两个交点，如下图所示，
即方程有两个根，选项D正确．
故选：BD
13．
【分析】利用两角差的正弦公式的逆用即可求解．
【详解】．
故答案为：．
14．
【分析】利用对数函数定义列出关于的不等式，解之即可求得的定义域；先列出关于的不等式组，解之即可求得的定义域．
【详解】令，得，则的定义域为．
由得且，所以的定义域为．
故答案为：，
15．
【分析】根据扇形的面积公式结合题意列方程求出，从而可求出．
【详解】因为与所在扇形的圆心角分别为，
所以．
由，得，
所以．
故答案为：
16．
【分析】根据给定条件，按，结合指数函数的性质分类讨论，再利用正弦函数性质列式计算作答．
【详解】当时，当时，，此时没有零点，
因此在上有且仅有2个零点，
由，得，于是，解得，
当时，当时，在上恰有一个零点，
因此在上有且仅有1个零点，于是，解得，
所以的取值范围为．
故答案为：
17．（1） （2）．
【分析】（1）利用对数的运算性质直接求解即可；
（2）对已知的式子两边平方化简可求得结果．
【详解】（1）原式
．
（2）将等式两边同时平方得，则．
18．（1）
（2）．
【分析】（1）由同角三角函数的基本关系求解；
（2）求出，由弦化切将变形为求解．
【详解】（1）因为，所以．
由，得，
又因为，所以，
（2）因为角的终边与角的终边关于轴对称，
所以，
由，得，
则，
所以．
19．（1） （2）5
【分析】（1）根据幂函数定义可构造方程求得的值，结合奇偶性可得结果；
（2）由，利用基本不等式可求得的最小值，由此可得结果．
【详解】（1）为幂函数，，解得：或；
当时，，则，即为偶函数，不合题意，舍去；
当时，，则，即为奇函数，符合题意；
综上所述：．
（2）由（1）得：，即，又，
（当且仅当，即时取等号），
．
20．（1）
（2）单调递减区间为，单调递增区间为
（3）
【分析】（1）先求得函数解析式，进而求得的值；
（2）利用正弦曲线的单调性即可求得在上的单调区间；
（3）利用三角不等式解法即可求得不等式的解集．
【详解】（1）因为，所以．又因为，
所以，解得．
因为，所以，则，
故．
（2）因为，所以．
当，即时，单调递减；
当，即时，单调递增．
所以在上的单调递减区间为，单调递增区间为．
（3）因为，所以，即
则，
解得，
所以不等式的解集为．
21．（1）
（2）模型①是“理想函数模型”，理由见解析
（3）7.5（百万个）
【分析】（1）根据代入法、平方法，结合对数的运算性质进行求解即可；
（2）结合代入法，结合题中理想函数模型的定义分类讨论进行求解即可；
（3）结合（2）的结论，利用代入法进行求解即可．
【详解】（1）当时，，
由图表数据可得，
联立上式，解方程可得，则；
当时，，
由图表数据可得，
联立上式，解方程可得
则；
（2）考虑①，由，
可得，而，
可得模型①是“理想函数模型”；
考虑②，由，可得
而，
所以模型②不是“理想函数模型”；
（3）由（2）可得时，（百万个）
22．（1）
（2）在上为减函数，证明见解析
（3）
【分析】（1）利用奇函数的性质可得出，再结合可求得的值，然后验证出函数为奇函数即可；
（2）判断出函数在上为减函数，然后任取且，作差，因式分解后判断的符号，结合函数单调性的定义可证得结论成立；
（3）记在区间内的值域为A，在区间内的值域为，将问题转化为时求实数的取值范围，利用单调性求出的值域，分和四种情况讨论，结合单调性求出的值域，即可得到答案．
【详解】（1）解：因为函数是定义在上的奇函数，则，可得，
则，则，解得，所以，，下面验证函数为奇函数．
对任意的，故函数的定义域为，
则，故函数为奇函数，合乎题意，
因此，．
（2）解：函数在上单调递减，证明如下：
任取且，即，则，
则，
所以，，故函数在上单调递减．
（3）解：若对任意的，总存在，使得成立，
则函数在上的值域为函数在上的值域的子集，
因为函数在上单调递减，
则当时，，
所以，记在区间内的值域为．
①当时，在上单调递减，
则，得在区间内的值域为．
因为，所以对任意的，总存在，使得成立．
②当时，在上单调递减，且，
则，得在区间内的值域为，
因为，所以对任意的，总存在，使得成立．
③当时，在上单调递减，在上单调递增，
则得在区间内的值域为，所以，该不等式组无解；
④当时，在上单调递减，在上单调递增，
则得在区间内的值域为，不符合题意．
综上，实数的取值范围为．
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数．
（1）若，有成立，则；
（2）若，有成立，则；
（3）若，有成立，则；
（4）若，有成立，则的值域是的值域的子集．
1
3
5
7
24
13
1
2
3
5
3.5
4.5
5.5