2020-2021学年天津市和平区高一上学期期末数学试题（解析版）

2020-2021学年天津市和平区高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由即可求出.

【详解】.

故选：A.

2．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出集合A，B，再根据补集并集定义即可计算.

【详解】，或，

，

 .

故选：D.

3．已知x、y都是实数，那么“”的充分必要条件是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据不等式的性质，结合充分条件与必要条件的概念，逐项判断，即可得出结果.

【详解】对于A，，故“”是“”的充分不必要条件，不符合题意；

对于B，，即“”是“”的充要条件，符合题意；

对于C，由得，或，，不能推出，由也不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，不符合题意；

对于D，由，不能推出，由也不能推出，故“”是“”的既不充分也不必要条件，不符合题意；

故选：B.

【点睛】方法点睛：本题主要考查判定命题的充要条件，及不等式的性质，充分条件、必要条件的三种判定方法：

（1）定义法：根据，进行判断，适用于定义、定理判断性问题．

（2）集合法：根据p，q成立的对象的集合之间的包含关系进行判断，多适用于命题中涉及字母的范围的推断问题．

（3）等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把判断的命题转化为其逆否命题进行判断，适用于条件和结论带有否定性词语的命题．

4．函数的零点所在区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据对数函数性质判断函数在上是增函数，再通过计算又，，，，发现，即可得到零点所在区间.

【详解】在上是增函数，

又，，，，，

根据零点存在性定理可知，函数的零点所在的大致区间是

故选：C

5．已知函数是幂函数，且在上是减函数，则实数m的值是（    ）．

A．或2 B．2 C． D．1

【答案】C

【分析】由函数是幂函数可得，解得或2，再讨论单调性即可得出.

【详解】是幂函数，，解得或2，

当时，在上是减函数，符合题意，

当时，在上是增函数，不符合题意，

.

故选：C.

6．已知，，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】本题可通过确定、、三个数的取值范围来得出、、三个数的大小.

【详解】因为，所以，

因为，，

所以，

故选：D.

7．如图是函数的部分图象，则和的值分别为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据图象由到是半个周期，即，可得到周期，从而可求出的值，再代入最高点计算可得的值.

【详解】由题意可得，即，解得：，

又函数图象的一个最高点为，

，即，

解得：，即，

又，时，，

综上可知：，

故选：A

【点睛】方法点睛：本题考查利用函数图象求函数解析式，求解析式的步骤：

（1）求，确定函数的最大值M和最小值m，则；

（2）求，确定函数的周期，则.

（3）求，代入法：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上)或把图象的最高点或最低点代入．

8．若不等式恒成立，则实数的取值范围是（        ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】分析：首先根据指数函数的性质，将不等式恒成立转化为恒成立，利用判别式，从而求得实数的取值范围.

详解：不等式恒成立，即，即恒成立，即恒成立，所以，解得，所以实数的取值范围是，故选B.

点睛：该题考查的是有关不等式恒成立，求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要明确指数式的运算法则，注意应用指数函数的单调性，得到指数所满足的大小关系，利用二次不等式恒成立问题，结合式子的判别式，求得结果.

9．已知函数，函数，若有两个零点，则m的取值范围是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】存在两个零点，等价于与的图像有两个交点，数形结合求解.

【详解】

存在两个零点，等价于与的图像有两个交点，在同一直角坐标系中绘制两个函数的图像：

由图可知，当直线在处的函数值小于等于1，即可保证图像有两个交点，

故：，解得：

故选：A.

【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图像，利用数形结合的方法求解.

二、填空题

10．命题“”的否定为________．

【答案】

【分析】根据特称命题的否定为全称命题可得.

【详解】因为特称命题的否定为全称命题，

所以“”的否定为“”.

故答案为：.

11．化简_________．

【答案】1

【分析】根据指数和对数运算法则计算结果.

【详解】原式.

故答案为：1

12．已知角是第四象限角，且满足，则________．

【答案】

【分析】由题可得，进而得出，即可求出.

【详解】，

，即，

角是第四象限角，，

.

故答案为：.

13．若，则的最小值为________.

【答案】6

【分析】根据基本不等式直接求最值.

【详解】

当且仅当时取等号

故答案为：6

【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属基础题.

14．函数（且）在上的最大值与最小值之和为，则的值为________________．

【答案】

【解析】当时，为单调减函数，所以，，所以，且故成立，当时，则函数为增函数，所以，，所以，此时故不成立，所以

15．若函数满足对任意的实数都有成立，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】若对任意的实数都有成立，则函数在上单调递增，进而可得答案．

【详解】对任意的实数都有成立，

函数在上单调递增，

，

解得：，，

故答案为：．

三、解答题

16．已知．

（1）求的值；

（2）求的值．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）根据利用两角差的正切公式计算可得；

（2）利用弦化切代入计算可得；

【详解】（1），

又，．

（2）

【点睛】方法点睛：三角函数化简求值，常用拼凑角：

（1）再利用诱导公式求值或化简时，巧用相关角的关系会简化解题过程，常见的互余关系有：与，与，与等；常见的互补关系有： 与，与等；

（2）在利用两角和与差的三角函数公式求值或化简时，常根据角与角之间的和差、倍半、互余、互补的关系，运用角的变换，沟通条件与结论的差异，使问题获解，常见角的变换方式有：，，等等.

17．已知为锐角，，．

（1）求的值；

（2）求的值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由为锐角，可求出，利用同角之间的关系可求出.

（2）根据结合余弦的差角公式可得出答案.

【详解】（1），，

（2）由为锐角，，

.

【点睛】方法点睛：本题考查同角三角函数的关系，余弦函数的差角公式以及角的变换关系，在利用两角和与差的三角函数公式求值或化简时，常根据角与角之间的和差、倍半、互余、互补的关系，运用角的变换，沟通条件与结论的差异，使问题获解，常见角的变换方式有：，，等等，属于一般题.

18．已知定义在上的函数是增函数.

（1）若，求的取值范围；

（2）若函数是奇函数，且，解不等式.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据函数定义域，结合函数单调性，列出不等式组，求解即可；

（2）根据函数奇偶性得到，再利用函数单调性，结合函数定义域，即可求得不等式.

【详解】（1）由题意可得，，

求得，

即的范围是.

（2）∵函数是奇函数，且，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴.

∴不等式的解集为.

【点睛】本题考查利用函数单调性求解不等式，涉及函数奇偶性的应用，注意考虑函数定义域即可，属综合基础题.

19．已知函数，．

（1）求的最小正周期；

（2）求的单调递增区间；

（3）求图像的对称轴方程和对称中心的坐标．

【答案】（1）；（2）；

（3）对称轴为，对称中心为.

【分析】（1）首先可通过三角恒等变换将函数转化为，然后根据周期计算公式即可得出结果；

（2）可通过正弦函数的单调性得出结果；

（3）可通过正弦函数的对称性得出结果.

【详解】（1）

，

最小正周期.

（2）当时，

即时，函数单调递增，

故函数的单调递增区间为.

（3），即，

，即，

则函数的对称轴方程为，对称中心为.

20．已知函数，将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象．

（1）求的值；

（2）求函数的解析式；

（3）若，求．

【答案】（1）；（2）；（3）

【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简函数得解析式，再代入即可求解；

（2）利用图像平移变换“左加右减”即可得到的解析式；

（3）由，可求出或，再分类讨论求出．

【详解】（1）

（2）根据图像平移变换可知：

（3），，即，

解得：或

所以：或

当时，

当时，

综上可知，

【点睛】方法点睛：本题主要考查函数的图像变换规律，做题时要注意三点：

（1）弄清楚是平移哪个函数的图像，得到哪个函数的图像；

（2）注意平移前后两个函数的名称是否一致，若不一致，先利用诱导公式化为同名函数；

（3）由的图像得到的图像时，需平移的单位数应为，而不是．