2020-2021学年天津市滨海新区高一上学期期末数学试题（解析版）

2020-2021学年天津市滨海新区高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合A={1，3，5}，B={2，3，5，6}，则A∩B=（    ）

A． B．{3，5} C．{1，2，6} D．{1，2，3，5，6}

【答案】B

【分析】根据交集的定义直接出结果即可.

【详解】因为A={1，3，5}，B={2，3，5，6}，

所以，

故选：B.

【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关集合的问题，解题的关键是熟练掌握交集的定义.

2．命题“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】根据全称量词的否定是存在量词可得答案.

【详解】因为全称量词的否定是存在量词，

所以命题“，”的否定是“，”.

故选：D

3．设函数，则函数的零点所在区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据零点存在性定理分析可得结果.

【详解】因为函数的图象连续不断，

且，,

,，，

所以函数的零点所在区间是.

故选：C

4．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，那么的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据三角函数的定义计算可得结果.

【详解】因为，，所以，

所以.

故选：A

5．把函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象所对应的函数的解析式是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由题意利用三角函数的图象变换原则，即可得出结论．

【详解】由题意，将函数的图象向右平移个单位长度，

可得.

故选B．

6．设，则“”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

【答案】A

【分析】利用正弦函数的图象性质分析.

【详解】当,可以得到,

反过来若，有或，.

所以为充分不必要条件，

故选：A.

【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断问题，属于简单题.

7．下列计算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据根式的性质可知A不正确；根据指数幂的运算性质计算可知B不正确；根据对数的性质可知C不正确；根据对数的运算法则计算可知D正确.

【详解】因为为奇数，所以，故A不正确；

，故B不正确；

，故C不正确；

，故D正确.

故选：D

8．下列命题为真命题的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，，则

【答案】B

【分析】利用反例或不等式的性质逐项检验后可得正确的选项.

【详解】对于AC，取，则，但，，故AC错.

对于D，取，，则，，

但，故D错误.

对于B，因为，故，故.

故选：B.

9．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据解析式的特征，利用函数的性质和特殊值排除选项可求.

【详解】因为为奇函数，所以排除A,C选项，取可知，所以排除B选项，故选D.

【点睛】本题主要考查函数图象的识别，主要求解策略是利用函数的性质和特殊值来进行排除，侧重考查直观想象的核心素养.

10．已知函数是定义在区间上的偶函数，且在区间上单调递增，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据偶函数的定义域关于原点对称可得，根据以及函数的单调性可解得结果.

【详解】因为函数是定义在区间上的偶函数，

所以，解得，

可化为，

因为在区间上单调递增，所以，解得.

故选：B

【点睛】关键点点睛：根据以及函数的单调性解不等式是解题关键.

11．某种食品的保鲜时间y(单位：小时)与储存温度x(单位：)近似满足函数关系(k，b为常数)，若该食品在的保鲜时间是288小时，在的保鲜时间是144小时，则该食品在的保鲜时间近似是（    ）

A．32小时 B．36小时 C．48小时 D．60小时

【答案】B

【分析】由条件可得到，然后算出即可.

【详解】由条件可得，所以，所以当时

故选：B

12．已知，给出下列判断：

①若函数的图象的两相邻对称轴间的距离为，则；

②若函数的图象关于点对称，则的最小值为5；

③若函数在上单调递增，则的取值范围为；

④若函数在上恰有7个零点，则的取值范围为.

其中判断正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】先将化简，对于①，由条件知，周期为，然后求出；对于②，由条件可得，然后求出，即可求解；对于③，由条件，得，然后求出的范围；对于④，由条件，得，然后求出的范围；，再判断命题是否成立即可．

【详解】解：，

周期．

①．由条件知，周期为，

，

故①错误；

②．函数的图象关于点对称，则，

，

∴的最小值为5，

故②正确；

③．由条件，，

由函数在上单调递增得，

，

又，

，

故③正确．

④．由得,

解得

且在，上恰有7个零点，可得，

，

故④正确；

故选：C

【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，考查了转化思想和推理能力，属中档题．

关键点点睛：利用整体思想，结合正弦函数的图像和性质是根据周期，对称，单调性，零点个数求求解参数的关键.

二、填空题

13．的值等于___________.

【答案】

【分析】根据诱导公式和特殊角的函数值可解得结果.

【详解】.

故答案为：

14．幂函数的图象过点，则___________.

【答案】

【分析】将点的坐标代入解析式可解得结果.

【详解】因为幂函数的图象过点，

所以，解得.

故答案为：

15．已知，则________.

【答案】-3.

【分析】由两角差的正切公式展开，解关于的方程．

【详解】因为，所以．

【点睛】本题考查两角差正切公式的简单应用，注意公式的特点：分子是减号，分母是加号．

16．设，则的大小关系为___________.(用“<”连接)

【答案】

【分析】根据指数函数和对数函数的知识判断出的范围即可.

【详解】因为，

所以

故答案为：

三、双空题

17．若，则的最小值为___________，此时___________.

【答案】4       

【分析】根据基本不等式可求得结果.

【详解】因为，所以，当且仅当，即时，等号成立.

故答案为：4；

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

18．已知集合，其中，则集合=___________；若，都有x∈A或x∈B，则的取值范围是___________.

【答案】       

【分析】化简集合，根据补集的概念可求出，将题意转化为可求得结果.

【详解】由得或，

所以，

所以，

因为”若，都有x∈A或x∈B”，所以，即，

所以.

故答案为：；

【点睛】关键点点睛：将“若，都有x∈A或x∈B”转化为是解题关键.

19．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用.如图，一个半径为4的筒车按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周大约用时15，其轴心O(即圆心)距水面2.设筒车上的某个盛水筒P到水面的距离为d(单位：)(在水面下d为负数)，若以盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间，则d与时间t(单位：)之间的关系为.

（1）当盛水筒P第一次到达筒车的最高点时，t= ___________；

（2）盛水筒P到水面的距离d关于旋转时间t的函数解析式为___________.

【答案】5       

【分析】（1）求出盛水筒P第一次到达筒车的最高点时的旋转角度，根据题意求出点绕点逆时针旋转的角速度，用旋转角度除以角速度即可得时间；

（2）根据图形可得的最大、最小值，由此可得和，根据周期可得，根据当时，可求得，从而可得函数解析式；

【详解】（1）因为轴心O(即圆心)距水面2，圆的半径为，所以当盛水筒P第一次到达筒车的最高点时，点绕点逆时针旋转了，因为点绕点逆时针旋转一周大约用时15，所以点绕点逆时针旋转速度为每秒，所以当盛水筒P第一次到达筒车的最高点时，t=秒.

（2）由图可知的最大值为，最小值为，

所以，所以，

因为筒车旋转一周大约用时15，所以函数的周期，所以，

当时，，即，即，

因为，所以，

所以.

故答案为：5；

【点睛】关键点点睛：根据题意求出是解题关键.

20．已知函数若方程有四个不同的解，且，则实数的最小值是___________；的最小值是___________.

【答案】2       

【分析】画出的图像,数形结合分析参数的的最小值,再根据对称性与函数的解析式判断中的定量关系化简再求最值即可.

【详解】画出的图像有：

因为方程有四个不同的解,故的图像与有四个不同的交点,又由图,, 故的取值范围是,故的最小值是2.

又由图可知,,,故,故.

故.

又当时, .当时, ,故.

又在时为增函数,故当时取最小值.

故答案为：(1). 2    (2)9.

【点睛】本题主要考查了数形结合求解函数零点个数以及范围的问题,解题的关键是需要根据题意分析交点间的关系,并结合函数的性质求解.属于难题.

四、解答题

21．已知，.

（1）求，的值；

（2）求的值.

【答案】（1），；（2）.

【分析】(1)由及的范围求得，再利用二倍角的正弦公式即可求得；

(2)利用两角差的余弦公式直接代值求解即可.

【详解】解：（1），，

（2）

22．已知函数，且.

（1）求实数的值；

（2）求不等式的解集；

（3）根据定义证明函数在上单调递增.

【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.

【分析】（1）由可算出答案；

（2）解出即可；

（3）利用定义证明即可.

【详解】（1），

，，即；

（2）由（1）知，，

，

解得，不等式的解集为；

（3）设，

则

，

.

函数在上单调递增.

23．已知函数，

（1）求函数的最小正周期；

（2）当时，

（i）求函数的单调递减区间；

（ii）求函数的最大值、最小值，并分别求出使该函数取得最大值、最小值时的自变量的值.

【答案】（1）最小正周期为；（2）（i）；（ii）当时，取最大值为；当时，取最小值为.

【分析】（1）利用和差公式展开合并，再利用辅助角公式计算可得，可得最小正周期为；（2）（i）通过换元法令，求出的范围，然后再根据的单调递减区间求解即可；（ii）根据函数单调性求得最大值，然后计算端点值，比较大小之后可得函数的最小值.

【详解】解：（1）.

，的最小正周期为.

（2）（i），，

，的单调递减区间是，

且由，得，

所以函数的单调递减区间为.

（ii）由（i）知，在上单调递减，在上单调递增.

且，，，

所以，当时，取最大值为；当时，取最小值为.

【点睛】思路点睛：（1）关于三角函数解析式化简问题，首先利用和差公式或者诱导公式展开合并化为同角，然后再利用降幂公式进行降次，最后需要运用辅助角公式进行合一化简运算；（2）三角函数的单调区间以及最值求解，需要利用整体法计算，可通过换元利用的单调区间以及最值求解.

24．已知函数，，其中且.

（1）若，

（i）求函数的定义域；

（ii）时，求函数的最小值；

（2）若当时，恒有，试确定的取值范围.

【答案】（1）（i）；（ii）；（2）.

【分析】（1）(i)把代入，可得答案；

(ii)时，，求得，利用动轴定区间讨论求得函数最小值；

（2）由得，

令，其对称轴为，讨论在上单调性，可得在上单调递减，得答案.

【详解】（1）(i)时，，

，解得，

当时，函数的定义域是；

(ii)时，，

，

令，，，

即求函数在的最小值.

对称轴，

①当，即时，函数在上单调递增，

当时函数取最小值，最小值为；

②当，即时，函数在上单调递减，

当时函数取最小值，最小值为；

③当，即时，当时函数取最小值，

最小值为；

综上，时，函数的最小值为

.

（2）由得，即，

，即，

由可得：，

即，也即，

令，其对称轴为，

，，在上单调递增，

在上单调递减，

，，

又，则，解得，

所以的取值范围为.

【点睛】本题考查了函数解析式的求法，函数的最值，函数恒成立的问题，综合性较强，所谓“动轴定区间法”，轴动区间定：比较对称轴与区间端点的位置关系，根据函数的单调性数形结合判断y的范围，需要分类讨论.