浙江省杭州市八县区2021-2022学年高一数学上学期期末学业水平测试试题（Word版附解析）

2021学年第一学期期末学业水平测试

高一年级数学试题卷

考生须知：

1．本卷满分150分，考试时间120分钟.

2．答题前，请在答题卷的相应位置填写姓名、准考证号、试场号、座位号.

3．所有答案都必须做在答题卷指定的位置上，务必注意试题序号和答题序号相对应.

4．考试结束后，只需上交答题卷.

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. 已知集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用补集的概念计算即得.

【详解】∵集合，，

∴.

故选：C.

2. 若，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

【解析】

【分析】根据充分条件及必要条件的定义来判断即得．

【详解】由可得，或，

∴“”是“”的充分不必要条件.

故选：A．

3. 若为正实数，且，则的最小值为（    ）

A.  B.  C. 3 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据求解即可.

【详解】因为为正实数，，所以，

当且仅当，即，时取等号.

所以的最小值为.

故选：D

4. 设，，，则（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用对数函数的性质及指数函数的性质，即得.

【详解】由题得，

，

，

所以.

故选：A.

5. 下列函数与是同一个函数的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据两个函数的定义域相同，对应关系也相同，即可判断它们是同一个函数.

【详解】对于A，函数，定义域为与的定义域不同，不是同一个函数，故A错误；

对于B，函数，与的对应关系不同，不是同一个函数，故B错误；

对于C，函数定义域为，，与的定义域不同，不是同一个函数，故C错误；

对于D，函数，与的定义域相同，对应关系也相同，是同一个函数，故D正确．

故选：D．

6. 已知设，则函数的最大值是（    ）

A.  B. 1 C. 2 D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】分两种情况，求出分段函数在各自区间上的取值范围或最大值，最终求出结果.

【详解】当，即时，在上单调递增，所以，当，即时，在上单调递增，在上单调递减，因为，，所以；

综上：函数的最大值为1

故选：B

7. 《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若图中所示的角为，且小正方形与大正方形面积之比为，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

设直角三角形较短的直角边长为，可得出较长直角边长为，由此可计算出小正方形和大正方形的边长，进而可得出关于的三角等式，进而可解得的值.

【详解】设直角三角形较短的直角边长为，则较长直角边长为，

所以，小正方形的边长为，大正方形的边长为，

由于小正方形与大正方形面积之比为，所以，，

由于，则，

由已知条件可得，解得，因此，.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何概型的概率公式求解角的正切值，解本题的关键在于将小正方形和大正方形的边长用表示，并根据已知条件列出方程组求解.

8. 已知定义域为的函数的图像是一条连续不断的曲线，且满足．若当时，总有，则满足的实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】令，根据条件可得函数在上递增，再根据，得到在上是偶函数，从而将，转化为求解.

【详解】令，

因为，当时，总有，即，

即，当时，总有，

所以在上递增，又因为，

所以，，

所以在上是偶函数，

又因为，

所以，即，

所以，即，

解得，

所以实数的取值范围为.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题令是关键，利用在上递增，结合在上是偶函数，将问题转化为求解.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对得2分，有选错的得0分.

9. 下列结论正确的是（    ）

A.

B. 集合、，若，则

C. 若，则

D. 若，，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据元素与集合的关系可判断A选项；利用交集与并集的性质可判断BC选项；利用交集的定义可判断D选项.

【详解】对于A，，A错；

对于B，因为且，则，

同理可得，所以，，B对；

对于C，因为，即，C对；

对于D，因为，，则，D对.

故选：BCD.

10. 下列说法正确的有（    ）

A. 命题的否定为

B. 若，则

C. 若，则

D. 当时，的最小值是

【答案】BC

【解析】

【分析】根据全称命题的否定为特称命题可判断A，利用不等式的性质可判断BC，利用基本不等式可判断D.

【详解】对于A，命题的否定为，故A错误；

对于B，由，可知，所以，即，故B正确；

对于C，由，可知，所以，故C正确；

对于D，当时，，，当且仅当，，取等号，故D错误.

故选：BC.

11. 如图，摩天轮的半径为m，其中心点距离地面的高度为m，摩天轮按逆时针方向匀速转动，且转一圈，若摩天轮上点的起始位置在最高点处，则摩天轮转动过程中（    ）

A. 转动后点距离地面

B. 若摩天轮转速减半，则转动一圈所需的时间变为原来的

C. 第和第点距离地面的高度相同

D. 摩天轮转动一圈，点距离地面的高度不低于m的时间为

【答案】ACD

【解析】

【分析】设转动过程中，点P离地面距离的函数为，由题意求得解析式，然后逐项求解判断.

【详解】设转动过程中，点P离地面距离的函数为，

由题意得：，

，则 ，

所以 ，

A. 转到后，点距离地面的高度为，故正确；

B.若摩天轮转速减半，则转动一圈所需的时间变为原来的2倍，故错误；

C.因为 ，

，

所以 ，即第和第点距离地面的高度相同，故正确；

D. 令，则 ，则，

解得 ，所以，

即摩天轮转动一圈，点距离地面的高度不低于m的时间为，故正确；

故选：ACD

12. 已知实数为函数的两个零点，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】分别作图与得，又因为即可判断出结果.

【详解】令则 ，分别作图与如图所示：

由图可得 ，所以，故A正确；

由于，，

所以，

所以，故B正确，C、D错误.

故选：AB.

三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.

13. 已知弧长为cm的弧所对圆心角为，则这条弧所在圆的半径为___________cm．

【答案】2

【解析】

【分析】

由弧度制公式求解.

【详解】已知弧长为cm的弧所对圆心角为，

因为，

所以，

故答案为：2

14. 已知函数则______．

【答案】4

【解析】

【分析】先求得的值，然后求得的值.

【详解】∵函数

∴，

所以.

故答案为：.

15. 已知函数（ω＞0，），，点，是图象上的任意两点，若时，的最小值为，则图象的对称轴是______．

【答案】

【解析】

【分析】由、范围得到值，根据的值域和已知条件得到，根据周期公式可得，再根据正弦函数的对称轴方程可得答案.，

【详解】因为，所以，

因为，所以，，

，若，

则一个是最大值一个最小值，又的最小值为，

所以，得，所以，

所以，

由得，

则图象的对称轴是.

故答案为：.

16. 定义：如果函数在定义域内给定区间上存在（），满足，则称函数是上的“平均值函数”，是它的一个均值点，如是上的平均值函数，就是它的均值点，现有函数是上的平均值函数，则实数t的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】由平均值函数的定义可得时，有，即在上有解，化简可得，由此方程的根在内，可求出实数t的取值范围

【详解】由平均值函数的定义可得时，有，即在上有解，，得，从而可得，

令，，

因为函数的对称轴为，抛物线开口向上，

所以只要，即，解得，

所以实数t的取值范围为，

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 化简求值：

（1）；

（2）已知，求的值．

【答案】（1）9    （2）-3

【解析】

【分析】（1）利用指数、对数运算性质求解即可.

（2）首先将原式化简为，再分子、分母同时除以即可得到答案.

【小问1详解】

原式.

【小问2详解】

原式．

18. 已知全集，集合，．

（1）求；

（2）设非空集合，若，求实数a的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

分析】（1）先化简集合A，B，再利用并集运算求解；

（2）利用（1）的结论，由子集的定义求解；

【小问1详解】

解：因为，

所以，

所以．

【小问2详解】

因为，，

则，

所以．

19. 已知函数．

（1）求的单调递增区间；

（2）将函数的图象向左平移个单位长度，所得函数图象与函数的图象重合，求实数m的最小值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先利用三角恒等变换得到，再利用正弦函数的性质求解；

（2）先利用平移变换得到得到的图象，再根据函数的图象与的图象重合，利用诱导公式求解.

【小问1详解】

解：，

，

．

令，

解得，

所以函数的单调递增区间是

【小问2详解】

因为将的图象向左平移个单位长度，

得到的图象，

又函数的图象与的图象重合，

所以，，

解得，，又，

所以m的最小值是．

20. 在平面直角坐标系中，锐角、的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，终边与单位圆的交点分别为、．已知点的横坐标为，点的纵坐标为．

（1）求的值；

（2）求值．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用三角函数的定义以及同角三角函数的基本关系可求得、的正弦值、余弦值，利用两角和的正弦公式可求得的值；

（2）求出的正弦值、余弦值，利用两角和的余弦公式可求得的余弦值，求出的取值范围，即可求得结果.

【小问1详解】

解：利用三角函数的定义可得，，

又、是锐角，所以，，

所以，.

【小问2详解】

解：因为，，

又是锐角，则，所以，

又因为，则，

而，所以．

21. 根据专家对高一学生上课注意力进行的研究，发现注意力集中程度的指数与听课时间之间的关系满足如图所示的曲线．当时，曲线是二次函数图像的一部分，其中顶点，且过点；当时，曲线是函数图像的一部分．专家认为，当指数大于或等于时定义为听课效果最佳．

（1）试求的函数关系式；

（2）若不是听课效果最佳，建议老师多提问，增加学生活动环节，问在什么时间段老师多提问，增加学生活动环节？

【答案】（1）   

（2）当和这两个时间段老师多提问，增加活动环节

【解析】

【分析】（1）先利用待定系数法求出时的解析式，再将点的坐标代入中求出时的解析式，从而可得的函数关系式，

（2）由题意可得分别在， 使其对应的关系式大于或等于，求出听课效果最佳的时间段，然后从去掉这个时间段即可

【小问1详解】

，，将代入得

所以时，

将代入得

所以时，

所以

【小问2详解】

，得

当，得

所以当和这两个时间段老师多提问，增加活动环节．

22. 设，函数．

（1）若，判断并证明函数的单调性；

（2）若，函数在区间上的取值范围是，求的范围．

【答案】（1）函数是增函数，证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据，函数为R上的单调递增函数，然后根据单调性的定义进行证明；

（2）根据题意及指数函数的单调性可得，分，讨论，结合函数在相应区间的单调性，应用一元二次方程，不等式组求的范围.

【小问1详解】

当时，因为，所以，

所以函数的定义域为，

结论：函数是增函数．

证明：设对任意的，，且，则

，

因为，所以，即．

又因为，，，

所以,

所以，即证．

【小问2详解】

因为，所以，从而．

又由知，，所以，

因为，所以或．

①当时，由（1）知，函数是增函数．

因为函数在区间上取值范围是，

所以，即，

从而关于的方程有两个互异实根．

令，则，所以方程有两个互异正根，

所以从而．

②当时，函数在区间，上均单调递减,

若，则，于是，这与矛盾，故舍去；

若，则，

于是即，

所以，两式相减并整理得，，

又，故，从而．

因为，所以．

综上，的范围是．

【点睛】关键点点睛：

（1）根据函数单调性的定义证明函数的单调性；

（2）由给定区间及其值域，结合函数的单调性，构造方程将问题转化为二次函数根的分布及有解问题求范围.