广东省广州外国语学校等三校联考高一上学期期末数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省广州外国语学校等三校联考高一上学期期末数学试题（解析版）-A4，共18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。
命题学校：广州外国语学校 命题人：魏丹丹 审题人：范友宝
本试卷共4页，19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. 设全集与集合，的关系如图所示，则图中阴影部分所表示的集合是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合元素属于但不属于，即阴影部分对应的集合，即可求解.
【详解】由图得，元素属于但不属于，即阴影部分对应的集合为.
故选：D.
2. 函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由对数的真数大于零以及分母不等于零列不等式组即可求出答案.
【详解】由题意得，，解得或.
故选：.
【点睛】本题考查求具体函数的定义域问题，属于基础题.
3. 若，，，则下列各式中，恒等的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据对数的运算法则，逐个选项验证即可
【详解】对于A，，所以，A错；
对于B，，所以，B错；
对于C，，所以，C对；
对于D，，所以，D错；
故选：C
4. 函数（且）的图象定点，若对任意正数，都有，则的最小值为（ ）
A. 4B. 2C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由得过定点，则，再由“”的代换，利用基本不等式求最值.
【详解】由（且），
令，则，
即图象恒过定点，则，
由，所以，，
又，
则
，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：D.
5. 已知符号函数 是上的增函数，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：本题是选择题，可以用特殊法，符号函数，是上的增函数，，不妨令，则，，所以A不正确，B正确，，C不正确，D正确；
对于D，令，则，
，所以D不正确；故选B．
考点：函数与方程的综合应用
【思路点睛】符号函数或者说函数的新定义问题是高考中一类常考题目，此类题目一般难度不是很大，但想做出来也是很复杂的．所以做此类题目一定要弄清楚新定义函数的意思，然后根据函数的意义及性质，逐步进行解题．此题中新定义的函数，是分段函数的形式，且给了我们另一个函数以及与的关系，利用函数的性质代入即可得到所求答案．
6. 函数的零点个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】数形结合，结合指数函数和二次函数的变化趋势分析两函数交点情况，进而确定零点个数.
【详解】由，得，
令，，
在同一直角坐标系中画出两函数图象，如下：
当时，两图象由一个交点，
当时，函数上升趋势明显大于，故无交点，
所以两函数有一个交点，所以函数的零点个数是1.
故选：A
7. 已知，，，则a，b，c的大小关系是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由指数函数的性质可得，由对数函数的性质可得，化简，由指数函数的性质可得，从而可得结果.
【详解】∵，，，
∴，，
，
∴.
故选：C.
【点睛】本题主要考查利用对数函数和指数函数的单调性比较大小，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.
8. 已知，都是定义在上的函数，对任意x，y满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 函数的图象关于点对称
C. D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断AC，取可判断B，对于D，通过观察选项可以推断很可能是周期函数，结合的特殊性及一些已经证明的结论，想到令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步得出是周期函数，从而可求的值.
【详解】解：对于A，令，代入已知等式得，得，故A错误；
对于B，取，满足及，
因为，所以的图象不关于点对称，
所以函数的图象不关于点对称，故B错误；
对于C，令，，代入已知等式得，
可得，结合得，，
再令，代入已知等式得，
将，代入上式，得，所以函数为奇函数.
令，，代入已知等式，得，
因，所以，
又因为，所以，
因为，所以，故C错误；
对于D，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：，，
两式相加易得，所以有，
即：，
有：，
即：，所以为周期函数，且周期为3，
因为，所以，所以，，
所以，
所以，故D正确.
故选：D.
【点睛】思路点睛：对于含有的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知实数，满足，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】由，根据为上的增函数，所以，再逐项分析判断即可得解.
【详解】因为为上的增函数，所以.
因为函数在上有增有减，所以A中的不等式不恒成立，故A错误；
所以当，，时，，但是“，”这个条件没有，对数可能没有意义，故B错误；
因为在上单调递增，所以当时，，故C正确；
因为函数在上单调递增，
所以当时，，故D正确.
故选： CD.
10. 下列命题中正确的是（ ）
A. 点（，0）是函数一个对称中心
B. 函数的值域为R，则或
C. 若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形面积为
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由正切函数的对称中心方程可验证A，由复合型对数函数值域为R可得的值域包含，则，可解B选项；由扇形的弧长与面积公式可求C，利用三角函数的图象与性质可求D.
【详解】对于A，令，得，，
当时，，所以点是函数的图象的一个对称中心，故A正确；
对于B，因为函数的值域为R，所以，解得或，故B正确；
对于C，圆心角为的扇形的弧长为，所以扇形的半径长为，
则该扇形面积为，故C错误；
对于D，因为，
所以，
所以，故D正确；
故选：ABD.
11. 已知函数，，使方程有4个不同的解：分别记为，其中，则下列说法正确的是（ ）.
A. B.
C. D. 的最小值为14
【答案】AC
【解析】
【分析】画出函数图象，利用数形结合思想进行求解判断即可.
【详解】
如图，时，方程存在4个不同根，
当时，，
时，得
即，由正弦函数对称性知，
，
在上单调递增，所以；
，
在上单调递减，所以，无最小值，
故选：AC
【点睛】关键点睛：利用数形结合思想进行求解是解题的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则______.
【答案】44
【解析】
【分析】根据奇函数的定义运算求解.
【详解】由题意可得：.
故答案为：44.
13. 如图，以Ox为始边作钝角α，角α的终边与单位圆交于点P（x1，y1），将角α的终边顺时针旋转得到角β．角β的终边与单位圆相交于点Q（x2，y2），则x2﹣x1的取值范围为_____．
【答案】
【解析】
【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，两角和差的三角公式，求得再利用正弦函数的定义域和值域，求出的取值范围.
【详解】由已知得，
∴，
∵，∴，∴，
∴的取值范围为，
故答案为：.
【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两角和差的三角公式，正弦函数的定义域和值域，属于中档题.
14. 田同学向肖老师请教一个问题：已知三个互不相同的实数，，满足和，求的取值范围.肖老师告诉他：函数在区间上是严格增函数，在区间上是严格减函数，在区间上是严格增函数.根据肖老师的提示，可求得该问题中值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得：，，结合韦达定理和根的判别式可得，由，得，令，结合条件得到的单调性，从而得到值范围
【详解】由题和，，得，
所以，则，即，
又，所以由韦达定理得和为关于的方程的两个不等根，
所以，即，得，
再由，得，令，
根据题意可知：在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，，，，
当时，，或，，不满足实数，，互不相同；
当时，，或，，不满足实数，，互不相同；
所以值范围是，
故答案：
四、解答题：本题共5小题，共77分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. （1）已知，求的值.
（2）已知，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式及同角三角函数的基本关系可得原式，代值求解即可；
（2）将两边平方可求，从而可求，利用平方差公式可得，故可求解.
【详解】（1）原式=
（2）
两边平方得
.
∴
16. 已知函数．
（1）求的值及的单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值和最小值，以及取最值时x的值．
【答案】（1）1，，
（2）时，有最大值；时，有最小值.
【解析】
【分析】（1）将化简为，解不等式，，即可得函数的单调递增区间；
（2）由，得，从而根据正弦型函数的图象与性质，即可求解函数的最值．
【小问1详解】
解：因为，
，
令，，得，，
所以的单调递增区间为，；
【小问2详解】
解：因为，所以，
所以，
所以，
当，即时，有最大值，
当，即时，有最小值．
17. 近年来，受全球新冠肺炎疫情影响，不少外贸企业遇到展会停办、订单延期等困难，在该形势面前，某城市把目光投向了国内大市场，搭建夜间集市，不仅能拓宽适销对路的出口产品内销渠道，助力外贸企业开拓国内市场，更能推进内外贸一体化发展，加速释放“双循环”活力.某夜市的一位文化工艺品售卖者，通过对每天销售情况的调查发现：该工艺品在过去的一个月内（按30天计），每件的销售价格（单位：元）与时间（单位：天）的函数关系满足（为常数，且），日销售量（单位：件）与时间的部分数据如下表所示：
设该文化工艺品的日销售收入为（单位：元），且第15天的日销售收入为1057元.
（1）求的值；
（2）给出以下四种函数模型：
①；②；③；④.
请你根据上表中的数据，从中选择最合适的一种函数模型来描述日销售量与时间的变化关系，并求出该函数的解析式；
（3）利用问题（2）中的函数，求的最小值.
【答案】（1）
（2）选择函数模型②，
（3）961
【解析】
【分析】（1）根据已知条件列方程，由此求得的值.
（2）根据函数的单调性选择模型并根据已知条件列方程，求得，从而求得的解析式.
（3）结合基本不等式和函数的单调性求得正确答案.
【小问1详解】
因为第15天的日销售收入为1057元，
所以，解得.
【小问2详解】
由表中的数据知，当时间变化时，先增后减.
而函数模型①；③；④都是单调函数，
所以选择函数模型②.
由，解得，，.
所以日销售量与时间的变化关系为.
【小问3详解】
由（2）知
所以
即.
当，时，由基本不等式得，
当且仅当，即时，等号成立.
当，时，单调递减，
所以.
综上所述：当时，取得最小值，最小值为961.
18. 已知函数是定义在R上的奇函数．
（1）求的值，并用定义证明的单调性；
（2）若时，不等式有解，求实数的取值范围．
（3）若对任意的时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由奇函数性质求得解析式，然后根据单调性的定义证明单调性；
（2）利用奇偶性与单调性转化问题为在上有解，分离参数为，有解，再转化为求，的最大值；
（3）问题转化为，分类讨论解不等式即可．
【小问1详解】
因为函数是定义在R上的奇函数，所以，
即，解得，所以，
即，则，符合题意，
令，则=,
因为所以，则，因为，所以,
所以在R上单调递增.
【小问2详解】
因为在定义域上单调递增，又是定义在R上的奇函数，
所以在有解，
等价于在上有解，
即在上有解，即，有解，
令，，所以在[2，3]上单调递减，
所以，所以.
【小问3详解】
若对任意的时，不等式恒成立，
则有恒成立，
当时，，所以，
所以，所以恒成立，
当时，有，化简得，解得或，
当时，有，化简得，解得或，
综上得的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用单调性与奇偶性解不等式，如是奇函数，且是增函数，不等式，先化为，由奇函数性质余维数，再由增函数性质化为，然后再求解．如果是偶函数，则不等式化为，然后由函数在上单调性变形可得，其它形式不等式类似变形．
19. 已知函数的定义域为.若存在实数，使得对于任意，都存在，使得，则称函数具有性质.
（1）分别判断：及是否具有性质；（结论不需要证明）
（2）若函数的定义域为，且具有性质，证明：“”是“函数存在零点”的充分非必要条件；
（3）已知，设，若存在唯一的实数，使得函数，具有性质，求的值.
【答案】（1）不具有性质，具有性质，理由见解析
（2）证明见解析 （3）或
【解析】
【分析】（1）根据新定义判断即可；
（2）由定义结合必要不充分条件证明即可；
（3）将问题转化为，再对进行分类讨论，求得的值域，结合的唯一性求得的值，从而得解.
【小问1详解】
不具有性质，具有性质，理由如下：
因为指数函数的定义域为，
对于，，恒成立，
所以不存在满足，
因此函数不具有性质；
因为一次函数的定义域为，
对于，，取，
则，因此具有性质.
【小问2详解】
当时，由于函数具有性质，
取，则存在，使得，
所以，因此函数存在零点，即充分性成立；
当函数存在零点时，
设，，则，
因为对于任意，取，则，
且满足，
所以函数具有性质，但，即必要性不成立；
因此“”是“函数存在零点”的充分非必要条件.
【小问3详解】
依题意，存在唯一的实数，使得函数，具有性质，
即存在唯一的实数，对任意，都存在满足，即，
因为，则，故，
记的值域为，则，
当时，，，即，
所以，得，显然不唯一，不符合题意；
当时，的对称轴为，，
当，即时，在上递增，所以，
所以，得，
由于唯一，所以，解得，不符合题意；
当，即时，在上递增，
所以，则，得，
由于唯一，所以，解得，符合题意；
当，即时，
的最大值是，最小值是，则，
所以，得，
由于唯一，所以，解得，不符合题意；
当，即时，
的最大值是，最小值是，则，
所以，得，
由于唯一，所以，解得（舍去），满足题意；
综上，的值为或.
【点睛】思路点睛：对新定义的题型要注意一下几点：
（1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点
（2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件
15
20
25
30
105
110
105
100