2020-2021学年海南省高一上学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份2020-2021学年海南省高一上学期期末考试数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年海南省高一上学期期末考试数学试题  一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据交集的定义计算可得；【详解】解：因为，，所以故选：B2．若，则是（    ）A．第一或第二象限角 B．第一或第三象限角C．第二或第三象限角 D．第三或第四象限角【答案】C【分析】根据三角函数在各个象限的符号进行判断即可得到答案．【详解】解：由，得与异号，则角是第二或第三象限角，故选：．3．已知函数，则（    ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】根据分段函数解析式代入计算可得；【详解】解：函数，，．故选：．4．设，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据对数函数以及指数函数的性质，三角函数值判断数的大小即可．【详解】则.故选：D.5．已知，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知结合同角平方关系可求，然后结合诱导公式进行化简可求．【详解】解：因为，所以，因为，所以，则．故选：．6．已知函数的图象经过点，则（    ）A．有最大值1 B．有最小值1C．有最大值4 D．有最小值4【答案】A【分析】由题意可得，再利用基本不等式即可求出的取值范围．【详解】解：函数的图象经过点，，，，当且仅当时等号成立，故选：．7．已知函数是奇函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数奇偶性的性质建立方程进行求解即可．【详解】解：是奇函数，，，得，，，当时，，故选：．8．向如图所示的瓶子中匀速注水，从空瓶到注满的过程中，水面高度随时间变化的大致图象是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据容器的形状可得出注水时水面高度随时间变化的快慢，由此可得出合适的选项.【详解】匀速地向容器内注水，可知容器的底面积越大，水面高度上升越慢，该容器下部分为圆台，在注水的过程中，水面面积越来越小，可知水面高度随时间变化增长得越快，该容器的上部分为圆柱，在注水的过程中，水面面积不变，可知水面高度随时间变化匀速增长.故符合条件的图象为选项D.故选：D. 二、多选题9．下列函数中，在区间上单调递减的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，综合即可得答案．【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于，，是指数函数，在区间上单调递减，符合题意，对于，，为二次函数，在区间上单调递增，不符合题意，对于，，为对勾函数，在区间上单调递减，符合题意，对于，，在区间上，，为增函数，不符合题意，故选：．10．下列叙述正确的是（    ）A．命题“”的否定是“”B．命题“所有的矩形都是平行四边形”的否定是假命题C．“且”是“”的充分不必要条件D．“关于x的方程有实根”的充要条件是“”【答案】BC【分析】利用含有量词的命题的否定方法判断选项，通过判断原命题的真假判断选项，通过充分条件与必要条件的定义结合不等式的性质判断选项，利用二次方程根的个数的判断方法结合充分条件与必要条件的定义判断选项．【详解】解：根据存在量词命题的否定可得，命题“，”的否定是“，”，故选项错误；原命题“所有的矩形都是平行四边形”是真命题，故其否定为假命题，故选项正确；当且时，则有，所以，故充分性成立，当，时满足，不满足且，故必要性不成立，所以“且”是“”的充分不必要条件，故选项正确；因为关于的方程有实根，所以，解得或，故选项错误．故选：．11．函数的图象与直线(t为常数且)的交点个数可能为(    )A．0 B．1 C．2 D．3【答案】ACD【分析】利用诱导公式化简，作出化简后的函数在指定区间上的图象，观察动直线y=t(t>0)与图象关系得解.【详解】原函数化为：，其图象如图：观察图象得：0<t<1时，有3个交点；t=1时，有2个交点；t>1时，没有交点，选项ACD满足.故选：ACD12．下列选项中，能推出的为（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】由得出，然后逐项验证可得出合适的选项.【详解】，则，等价于.对于A选项，，则，，，则，A选项不满足条件；对于B选项，，则，，，则，B选项满足条件；对于C选项，，，则，，，则，C选项不满足条件；对于D选项，，，则，，，则，D选项满足条件.故选：BD.  三、填空题13．函数的定义域为__________.【答案】【分析】解不等式即可得出函数的定义域.【详解】对于函数，有，解得.因此，函数的定义域为.故答案为：.14．已知函数的周期为4，且当时，，则_______.【答案】1【分析】利用函数的周期为4，从而将转化为求解，再利用已知的函数解析式，即可得到答案．【详解】解：因为函数的周期为4，所以，又因为当，时，，所以．故答案为：1．15．已知，则_________．【答案】2【分析】由可得代入目标，利用换底公式即可得到结果.【详解】∵∴，∴故答案为2【点睛】本题考查对数的运算性质，考查了指数式和对数式的互化，考查了计算能力，属于基础题. 四、双空题16．已知，且满足，则_________，_________.【答案】        【分析】第一个空利用辅助角公式直接求解即可，第二个空对等式两边平方，利用同角三角函数关系及二倍角公式求解即可；【详解】因为，且满足，利用辅助角公式得到：，所以，对两边平方得到：，又因为，所以即，故答案为：，.【点睛】(1)给值求值问题一般是正用公式将所求“复角”展开，看需要求相关角的哪些三角函数值，然后根据角的范围求出相应角的三角函数值，代入展开式即可．(2)通过求所求角的某种三角函数值来求角，关键点在选取函数，常遵照以下原则：①已知正切函数值，选正切函数；②已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数；若角的范围是，选正、余弦皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦较好；若角的范围为，选正弦较好． 五、解答题17．已知非空集合.（1）当时，求；（2）若，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）【分析】（1）可求出集合，时求出集合，然后进行并集的运算即可；（2）根据题意得到不等式组，然后解出的范围即可．【详解】解：（1）因为所以，当时，，；（2），，或，解得或，所以的取值范围为：．18．化简或求值：（1）；（2）若，求的值.【答案】（1）1；（2）.【分析】（1）直接利用指数幂的运算律求解；（2）直接利用诱导公式和同角三角函数基本关系式求解.【详解】（1），，；（2）因为，所以，，，，19．已知函数.（1）求；（2）求的最小正周期和单调递增区间.【答案】（1）0；（2）最小正周期，单调递增区间为，．【分析】（1）先结合二倍角公式，辅助角公式先进行化简，然后把代入即可求解，（2）结合正弦函数的周期公式可求，然后利用整体思想，，解不等式可求的范围，即可求解．【详解】解：（1），，，所以所以，（2）函数的最小正周期，令，，解得，故的单调递增区间，．20．已知二次函数.（1）若是偶函数求t的值；（2）若函数在区间和上各有一个零点，求t的取值范围.【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据偶函数的定义，即可求出的值；（2）根据函数的零点存在定理可得关于的不等式组，解方程组即可得到的取值范围．【详解】解：（1）是偶函数，，，即，所以解得；（2）函数在区间和上各有一个零点，所以，即，解得，故的范围为．【点睛】二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．21．为了强化体育教育，促进学生身心健康全面发展，某学校计划修建一个面积为的矩形运动场，要求东西方向比南北方向宽.如图所示矩形，满足，运动场分为乒乓球场()和排球场()两部分，现要在运动场四周以及乒乓球场与排球场之间修建围墙，已知修建围墙的价格为500元/m，设的长为，围墙的总造价为y元.（1）求y关于x的函数表达式.（2）当x为何值时，y最小？最小值为多少？【答案】（1）（2）当时， 的最小值为60000元．【分析】（1）直接利用矩形的面积公式，边长与造价的关系式求出结果；（2）利用基本不等式求出结果．【详解】解：（1）设米，，由题意知，且，即，解得，则，所以函数的解析式为．（2）由于，当且仅当时，值最小，的最小值为60000元．22．已知函数.（1）判断的奇偶性；（2）证明：在区间上单调递增；（3）若当时，恒成立，求m的取值范围.【答案】（1）奇函数（2）见解析（3）【分析】（1）求出函数的定义域，再求出与的关系即可判断奇偶性；（2）利用函数单调性的定义，直接证明即可；（3）根据条件可得在，上恒成立，令，求出的最小值，即可得到的取值范围．【详解】解：（1）函数，则，解得或，即函数的定义域为，，，又，所以为奇函数．（2）证明：任取，，且，则．因为，所以，所以，故，所以函数在区间上单调递增．（3）当，时，恒成立，即在，上恒成立，令，由为奇函数，且在上单调递增，可得在，上单调递增，因为函数在，上单调递减，所以在，上单调递增，所以，所以，即的取值范围为，．