北京市朝阳区高一上学期期末质量检测数学试题（解析版）-A4

这是一份北京市朝阳区高一上学期期末质量检测数学试题（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 已知命题，，则命题的否定是， 已知，，，则，，的大小关系为等内容，欢迎下载使用。
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题50分和非选择题100分
第一部分（选择题 共50分）
一、选择题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合交集的定义求解即可.
【详解】因为，，
所以.
故选：D.
2. 已知命题，，则命题的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据特称命题的否定，可得答案.
【详解】由题意可得命题的否定为“，.
故选：A.
3. （ ）
A. B. 4C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数运算、对数运算的性质计算即可求解.
【详解】.
故选：D.
4. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的性质判断A，根据对数函数的性质判断B，根据指数函数的性质判断C，根据三角函数的性质判断D.
【详解】对于A，为二次函数，对称轴为，
根据二次函数的性质，函数在上单调递减，在上单调递增，
，所以函数在区间上递减；
对于B，根据对数函数的性质，在上单调递增，
所以在上单调递减，
，所以函数在区间上递减；
对于C，根据指数函数的性质，在单调递增，
，所以函数在区间上单调递增，
对于D，根据余弦函数的性质，在上单调递减，
，所以函数在区间上单调递减.
故选：C
5. 在平面直角坐标系中，角以为始边，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用任意角三角函数的定义求解即可.
详解】由任意角三角函数定义得，故C正确.
故选：C
6. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数与对数函数单调性得到的取值范围，从而得解.
【详解】因为，，，
所以.
故选：B.
7. 设函数，则“”是“是偶函数”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】C
【解析】
【分析】由充分条件、必要条件的概念结合偶函数的定义即可判断；
【详解】当时，，，为偶函数，
当偶函数时，由，
即恒成立，
可得：恒成立，即，
所以“”是“是偶函数”的充要条件，
故选：C.
8. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称.若，则的最大值为（ ）
A 0B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得到，再利用三角函数的诱导公式与单调性即可得解.
【详解】由题意，得，所以，
因为，所以，则，
所以当，即时，取得最大值，且最大值为.
故选：B.
9. 新闻推送涉及到信息检索，若一个关键词在个网页中出现过，则越大，的权重越小；反之亦然．在信息检索中，使用最多的权重是“逆文本频率指数”，，其中是全部网页数，，．如果关键词的逆文本频率指数比关键词的逆文本频率指数大2，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得，利用对数运算性质即可求.
【详解】由题意可知，即，
所以，
所以，即.
故选：D.
10. 已知不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由不等式恒成立可得，且是方程的一个正根，从而可得的关系，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】令，其对称轴为，
当时，，
若，当时，要使不等式对任意恒成立，
则对任意恒成立，
当时，不满足题意，所以，
且是方程的一个正根，
将代入可得，即，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：A
第二部分（非选择题 共100分）
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．
11. 函数的定义域是______．
【答案】
【解析】
【分析】由对数的真数大于0，列式即可求其定义域.
【详解】由得.
所以函数的定义域是.
故答案为：
12. 已知函数，则的最小正周期是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正切函数的图象与性质，结合题中数据加以计算，即可得到所求函数的最小正周期.
【详解】∵函数中，,
∴函数的最小正周期.
故答案为：.
13. 已知幂函数的图象经过点，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】将点的坐标代入函数解析式，得到关于的方程，解方程即可.
【详解】将点代入函数解析式，有，即，
所以，解得.
故答案为：
14. 已知，，写出满足的一组，的值为______，______．
【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一）
【解析】
分析】由，可得，则得，或，即可取值.
【详解】因为，则，
所以，或，
取，则或，
故答案为：（答案不唯一）.
15. 我国古代数学著作《九章算术》中给出求弧田（弓形田）面积的“弧田术”，如图，是以为圆心，为半径的圆弧，是线段的中点，在上，.设弧田的面积为，“弧田术”给出的近似值的计算公式为.若，，则______；______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用扇形与三角形的面积公式可求得，再利用“弧田术”公式可求得，从而得解.
【详解】根据题意，得，，
所以是正三角形，边上的高为，
所以，
而扇形的面积为，
所以弧田的面积为；
连接，如图，
因为是线段的中点，在上，，
则，共线，其中，，
所以，又，
所以.
故答案为：；.
16. 已知函数，给出下面四个结论：
①当时，只有一个零点；
②对任意，既没有最大值，也没有最小值；
③存在实数，在上单调递增；
④若存在最小值，则的最小值为．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①②④
【解析】
【分析】求出的零点可判断①；分别求出和时的范围，根据可判断②；分别讨论和时是否在R上单调递增可判断③；分和两种情况求出存在最小值时的取值范围可判断④.
【详解】对于①，当时，，
当时，令，即，解得（舍）或；
当时，令，即，方程无解，
所以当时，只有一个零点，故①正确；
对于②，当时，因为在单调递增，
所以，无最大值；
又因为在单调递增，所以，
又，
即，所以，无最小值，
所以函数既没有最大值，也没有最小值，故②正确；
对于③，当时，在单调递减，在单调递增，
所以在R上不单调递增；
当时，在单调递增，
所以；
在单调递增，所以，
要使在R上单调递增，则，即，
当时，显然，，不满足，
所以在R上不单调递增；
当时，单调递增，单调递增，
且当时，，
又因为的增长速度比的增长速度快，
所以，不满足，所以在R上不单调递增，
综上，不存在实数，使在R上单调递增，故③错误；
对于④，当时，因为在单调递增，
所以；
因为在单调递增，所以，
若存在最小值，则，解得，所以；
当时，在单调递减，在单调递增，
所以；
因为在单调递增，所以，
若存在最小值，则，所以，
综上，，所以的最小值为，故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于分类讨论，利用函数的单调性求出分段函数各段的范围.
三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
17. 已知集合，．
（1）当时，求集合及；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）求出集合和，利用集合的交并补运算求解即可；
（2）根据，得，分别讨论，，即可.
【小问1详解】
因为，即，解得或，
所以或x>1，，
当时，，
所以，；
【小问2详解】
若，则，
由（1）知，
当时，，不合题意；
当时，，不合题意；
当时，，当时，，
综上，
所以实数的取值范围是.
18. 已知函数．
（1）求的值及的最小正周期；
（2）求的单调递增区间．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入解析式即可求值，利用辅助角公式化简，再利用求周期即可；
（2）利用换元法令，求解，即可.
【小问1详解】
．
．
所以的最小正周期为．
【小问2详解】
函数的单调递增区间为．
令，由，
得．
所以的单调递增区间为．
19. 已知，是方程的两个实数根.
（1）求实数的值；
（2）再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求的值.
条件①：；
条件②：；
条件③：为第四象限角.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用二次方程的判别式与韦达定理，结合三角函数的基本关系式即可得解；
（2）根据题意选择条件，利用三角函数的基本关系式，结合倍角公式与和差公式即可得解.
【小问1详解】
因为，是方程的两个实数根，
所以，
由，得，
所以，满足，
则.
【小问2详解】
选条件①：因为，，所以，
因为，
所以，
所以
，
又，
所以
.
选条件②：因为，所以，
与矛盾，故该条件不符合要求.
选条件③：
因为为第四象限角，所以，，
因为，
所以，
所以
，
又，
所以
.
20. 已知函数是定义在上的奇函数．
（1）求的解析式；
（2）判断的单调性并用定义证明；
（3）解关于的不等式．
【答案】（1）
（2）是上的增函数，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的定义求解即可；
（2）利用函数单调性的定义判断即可；
（3）利用函数的奇偶性结合函数的单调性得到，利用换元法转化为一元二次不等式求解即可.
【小问1详解】
由题设知f−x=−fx，则恒成立，
所以，即，则，
所以；
【小问2详解】
是R上的增函数，证明如下：
任取，且，
则
．
由，则，且，故，
所以函数在R上单调递增；
【小问3详解】
因为是定义在R上的奇函数，且，
所以，
由（2）知，在R上单调递增，
所以，
令，则，解得，故，
因为函数在上单调递增，所以x∈0,1．
所以不等式的解集为0,1.
21. 对于给定的正整数，设集合，集合，是的非空子集且满足，．若对于任意，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，则记，并称为从集合到集合的“函数”．
（1）当时，若集合，写出集合，并判断从集合到集合是否存在“函数”？说明理由；
（2）若集合至少包含一个奇数，且为从集合到集合的“函数”，求证：存在，使得；
（3）若为从集合到集合的“函数”，且对于任意，都有，求满足条件的集合的所有可能．
【答案】（1），不存在，理由见解析
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据“函数”的定义写出集合并判断即可；
（2）假设不存在使得，即对于任意都有，得出与假设矛盾即可；
（3）利用“函数”的定义，结合已知条件“对于任意，都有”，讨论当为奇数时，集合的情形有①个奇数，0个偶数；②0个奇数，个偶数；③个奇数，个偶数；当为偶数时，集合的情形有①个奇数，0个偶数；②0个奇数，个偶数；③个奇数，个偶数即可.
【小问1详解】
．
从集合到集合不存在“函数”，理由如下：
因为集合中的元素均为奇数，集合中的元素均为偶数，
任取，，则为奇数，不合题意，
所以从集合到集合不存在“函数”；
【小问2详解】
假设不存在使得，
即对于任意都有．
因为是中唯一确定的数，使得为偶数，所以．
设为奇数，则，设是奇数．
若，则与均为偶数，不合题意，所以，
又因为，所以，与矛盾．
所以存在使得；
【小问3详解】
当为奇数时，集合中共有个奇数，个偶数，
因为对于任意，在集合中有唯一确定的数，
使得为偶数，且都有．
根据奇数与奇数的和为偶数，偶数与偶数的和为偶数，
集合有以下三种不同的情形：
①个奇数，0个偶数；
②0个奇数，个偶数；
③个奇数，个偶数；
因为对于任意，都有，集合中元素必然选择奇数或偶数中较小的元素，
即且．
所以有当，
时，
对于任意，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，
且，满足题意；
当，
时，
对于任意，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，
且，满足题意；
当，
时，
对于任意奇数，在集合中有唯一确定的，使得为偶数，
且，满足题意；
对于任意偶数，在集合中有唯一确定的，使得为偶数，
且，满足题意；
同理，当为偶数时，集合中共有个奇数，个偶数，
集合有以下三种不同的情形：
①个奇数，0个偶数；
②0个奇数，个偶数；
③个奇数，个偶数；
当，
时，
对于任意，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，
且，满足题意；
当，
时，
对于任意，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，
且，满足题意；
当，
时，
对于任意奇数，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，
且，满足题意；
对于任意偶数，在集合中有唯一确定的数，使得为偶数，
且，满足题意；
综上，当为奇数时，
，
或，
或．
当为偶数时，，
或，
或.