2021-2022学年福建省莆田第一中学高一上学期期末考试数学试题含解析

这是一份2021-2022学年福建省莆田第一中学高一上学期期末考试数学试题含解析，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。
2021-2022学年福建省莆田第一中学高一上学期期末考试数学试题一、单选题1．已知全集，集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可.【详解】由题意可得：，则.故选：A.2．“”是“”的（       ）A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据指数函数的性质求的解集，由充分、必要性的定义判断题设条件间的关系即可.【详解】由，则，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：B3．函数的零点所在的区间是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数零点存在性定理判断即可．【详解】，，，故零点所在区间为故选：B4．已知函数，则下列结论不正确的是（       ）A． B．是的一个周期C．的图象关于点对称 D．的定义域是【答案】C【分析】画出函数的图象，观察图象可解答.【详解】画出函数的图象，易得的周期为 ，且是偶函数，定义域是，故A，B，D正确；点不是函数的对称中心，C错误.故选：C5．函数有（       ）A．最大值 B．最小值 C．最大值2 D．最小值2【答案】D【分析】分离常数后，用基本不等式可解.【详解】（方法1），，则，当且仅当，即时，等号成立.（方法2）令，，，.将其代入，原函数可化为，当且仅当，即时等号成立，此时.故选：D6．函数的部分图象大致为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由奇偶性定义判断对称性，再根据解析式判断、上的符号，即可确定大致图象.【详解】由题设，且定义域为R，即为奇函数，排除C，D；当时恒成立；，故当时，当时；所以，时，时，排除B；故选：A.7．针对“台独”分裂势力和外部势力勾结的情况，为捍卫国家主权和领土完整，维护中华民族整体利益和两岸同胞切身利益，解放军组织多种战机巡航台湾.已知海面上的大气压强是，大气压强（单位：）和高度（单位：）之间的关系为（为自然对数的底数，是常数），根据实验知高空处的大气压强是，则当歼20战机巡航高度为，歼16D战机的巡航高度为时，歼20战机所受的大气压强是歼16D战机所受的大气压强的（       ）倍（精确度为0.01）.A．0.67 B．0.92 C．1.09 D．1.26【答案】C【分析】根据给定信息，求出，再列式求解作答.【详解】依题意，，即，则歼20战机所受的大气压强，歼16D战机所受的大气压强，，所以歼20战机所受的大气压强是歼16D战机所受的大气压强的倍.故选：C8．设 ，则（       ）A． B．C． D．【答案】D【解析】由，则,再由指数、对数函数的单调性得出大小，得出答案.【详解】由，则 ， ， 所以故选：D二、多选题9．若角与角的终边相同，角与角的终边相同，则角的值可能是（       ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】根据终边相同角的公式求解即可．【详解】；；，故角为与角终边相同的角．故选：AC10．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列结论正确的是（       ）A．当时， B．函数的值域是C．函数有两个零点 D．不等式的解集是【答案】ABD【分析】依题意作出函数的图象，根据图象即可判断各选项．【详解】因为是奇函数，故，且当时，，故函数有三个零点C错误，当时，，，故A正确，如图所示易得D正确，由图可得，则函数的值域是，故B正确.故选：ABD11．下列命题是真命题的有（       ）A．函数的值域为B．的定义域为C．若，则D．对于命题，使得，则，均有【答案】AC【分析】根据三角函数值域的求解，具体函数定义域的求解，三角不等式的求解以及命题的否定的求解，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：，又当时，，故，故A正确；对B：要使得函数有意义，则且，解得：且，故的定义域为，故错误；对C：，则，故正确； 对D：命题的否定，均有，故错误.故选：.12．已知是周期为4的奇函数，且当时，，设，则（       ）A． B．函数为周期函数C．函数在区间上单调递减 D．函数的图象既有对称轴又有对称中心【答案】BD【分析】由与的关系式及的周期性、奇偶性，即可求、判断B；利用奇函数性质求在上的解析式，结合的周期性及求上的解析式判断C，利用对称性判断、是否成立判断D.【详解】因为周期为4，则的周期为4，又是奇函数，所以，A错误，B正确；令，即，则，即；令，即，则，即；所以，根据周期性在上的图象与在相同，所以，当，即时，，C错误；由是周期为4的奇函数，则且，所以，故关于对称，，所以关于对称，D正确.故选：BD【点睛】关键点点睛：根据的周期性及奇函数性质求上的解析式，结合判断的性质，注意对称性证明：判断是否存在、.三、填空题13．已知扇形的弧长为6，圆心角弧度数为2，则其面积为______________.【答案】9【解析】根据扇形的弧长是6，圆心角为2，先求得半径，再代入公式求解.【详解】因为扇形的弧长是6，圆心角为2，所以，所以扇形的面积为，故答案为：9.14．角的终边经过点，且，则________.【答案】【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义直接计算．【详解】角的终边经过点，且，解得.故答案为：．15．若正数，满足，则________.【答案】108【分析】设，反解，结合指数运算和对数运算，即可求得结果.【详解】可设，则，，；所以.故答案为：108.四、双空题16．已知函数是定义在上的奇函数，且，则________，________.【答案】     1     0【分析】根据函数的周期性和奇偶性，结合已知条件，代值计算即可.【详解】因为满足，且，且其为奇函数，故；又，故可得，又函数是定义在上的奇函数，故，又，故.故答案为：1；0.五、解答题17．求值：（1）（2）已知，求的值【答案】（1）0；（2）【分析】（1）由指数幂的运算性质及对数的运算性质可求解；（2）由诱导公式即同角三角函数关系可求解.【详解】（1）原式；（2）原式.18．已知函数.(1)若不等式对于一切实数恒成立，求实数的取值范围；(2)若，解关于的不等式.【答案】(1)；(2)答案见解析.【分析】(1)根据给定条件利用一元二次不等式恒成立求解作答.(2)在给定条件下分类解一元二次不等式即可作答.【详解】(1)，恒成立等价于，，当时，，对一切实数不恒成立，则，此时必有，即，解得，所以实数的取值范围是.(2)依题意，因，则，当时，，解得，当时，，解得或，当时，，解得或，所以，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为或.19．已知函数（其中，）的图象与轴的任意两个相邻交点间的距离为，且直线是函数图象的一条对称轴.(1)求的值；(2)求的单调递减区间；(3)若，求的值域.【答案】(1)2(2)(3)【分析】小问1：先求解函数周期再求得参数的值；小问2：根据对称轴求出的值，结合正弦函数单调减区间定义即可求解；小问3：因为，所以，结合正弦函数的值域即可求出结果．【详解】(1)因为函数的图象与轴的任意两个相邻交点间的距离为，所以函数的周期，所以．(2)因为直线是函数图象的一条对称轴，所以，.又，所以．所以函数的解析式是．令，解得．所以函数的单调递减区间为．(3)因为，所以.所以，即函数的值域为．20．某品牌手机公司的年固定成本为50万元，每生产1万部手机需增加投入20万元，该公司一年内生产万部手机并全部销售完当年销售量不超过40万部时，销售1万部手机的收入万元；当年销售量超过40万部时，销售1万部手机的收入万元（1）写出年利润万元关于年销售量万部的函数解析式；（2）年销售量为多少万部时，利润最大，并求出最大利润.【答案】（1）；（2）年销售量为45万部时，最大利润为7150万元.【解析】（1）依题意，分和两段分别求利润=收入-成本，即得结果；（2）分和两段分别求函数的最大值，再比较两个最大值的大小，即得最大利润.【详解】解：（1）依题意，生产万部手机，成本是（万元），故利润，而，故，整理得，；（2）时，，开口向下的抛物线，在时，利润最大值为；时，，其中，在上单调递减，在上单调递增，故 时，取得最小值，故在 时，y取得最大值 而，故年销售量为45万部时，利润最大，最大利润为7150万元.【点睛】方法点睛：分段函数求最值时，需要每一段均研究最值，再比较出最终的最值.21．已知函数.(1)当时，试判断并证明其单调性.(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】(1)单调递增，证明见解析；(2).【分析】（1）利用单调性定义证明的单调性；（2）根据奇偶性定义判断奇偶性，结合（1）的区间单调性确定上的单调性，进而求的值域，令将问题转化为求参数范围.【详解】(1)在上单调递增，证明如下：，且，则，由得：，，所以，即在上的单调递增(2)由题设，使，又，即是偶函数，结合（1）知：在单调递减，在上单调递增，又，所以，即，令，则使，可得，令在单调递增，故；所以，即.22．已知函数（其中），函数（其中）.(1)若且函数存在零点，求的取值范围；(2)若是偶函数且函数的图象与函数的图象只有一个公共点，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2)或.【分析】（1）根据题意，分离参数且利用对数型复合函数的单调性求得的值域，即可求得参数的取值范围；（2）根据是偶函数求得参数，再根据题意，求解指数方程即可求得的取值范围.【详解】(1)由题意知函数存在零点，即有解.又，易知在上是减函数，又，，即， 所以，所以的取值范围是.(2)的定义域为，若是偶函数，则，即解得.此时，，所以即为偶函数.又因为函数与的图象有且只有一个公共点，故方程只有一解，即方程有且只有一个实根.令，则方程有且只有一个正根①当时，，不合题意，②当时，方程有两相等正根，则，且，解得，满足题意；③若一个正根和一个负根，则，即时，满足题意，综上所述：实数的取值范围为或.【点睛】本题考察利用函数奇偶性求参数值，以及对数方程的求解，对数型复合函数值域的求解，解决问题的关键是熟练的掌握对数函数的性质，属综合困难题.