浙江省宁波市九校2021-2022学年高一数学上学期期末联考试题（Word版附解析）

宁波市2021学年第一学期期末九校联考

高一数学试题

一､选择题：本大题共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. 已知全集，集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据交集和补集的定义即可得出答案.

【详解】解：因为全集，集合，，，

所以，所以.

故选：A.

2. 已知弧长为的扇形圆心角为，则此扇形的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意求出扇形的半径，再根据扇形的面积公式即可得解.

【详解】解：设扇形的半径为，

因为弧长为的扇形圆心角为，

所以，所以，

所以此扇形的面积为.

故选：C.

3. 已知，，则“关于的不等式有解”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】B

【解析】

【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】解：若关于的不等式有解，

当时，关于的不等式一定有解，此时无法确定判别式是否大于零，

当时，则，

则关于的不等式有解不能推出，

若，

当时，关于的不等式一定有解，

当时，关于的不等式有解，

所以能推出关于的不等式有解，

所以“关于的不等式有解”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

4. 已知函数，则其图象可能（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】从奇偶性，特殊点处的函数值的正负即可判断.

【详解】函数的定义域为，其定义域关于原点对称，

由函数的解析式可得：，

则函数图象关于坐标原点对称，选项B,D错误；

而，选项A错误，C正确；

故选：C.

5. 酒驾是严重危害交通安全的违法行为，为了保障安全，根据国家有关规定：血液中酒精含量达到的驾驶员即为酒后驾车，及以上人定为醉酒驾车，某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中酒精含量上升到了，如果停止饮酒后，他的血液中的酒精会以每小时25%的速度减少，那么他至少要经过几个小时后才能驾车（参考数据：，）（    ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 7

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可知经过小时后，体内的酒精含量为，令求出t的取值范围，即可求出结果．

【详解】解：经过t小时后，体内的酒精含量为：，

只需，

∴t＞＝＝≈＝3.8，

∴他至少要经过4个小时后才能驾车.

故选：B．

6. 已知是定义在上的偶函数，且在为减函数，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先比较、、的大小，然后再根据函数的性质比较即可.

【详解】因为，，.

根据是定义在上的偶函数，且在为减函数，

则有，所以.

故选：C

7. 已知，则函数的最大值为（    ）

A. -1 B. 1 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意，然后由二次函数的性质可得答案.

【详解】

设则

所以转化为求，则其对称轴方程为

由，则

所以在上单调递增。

故当时有最大值为

故选：A

8. 已知函数，则方程的根的个数是（    ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

【答案】D

【解析】

【分析】作出函数与函数的大致图象，由图即得.

【详解】方程的根的个数即函数与函数的图象的交点个数，

作出函数与函数的大致图象：

由图象可知，方程的根的个数是7.

故选：D

二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 下列命题是真命题的是（    ）

A. 若，则

B. 若，且，则

C. 若，则

D. 若，则

【答案】BD

【解析】

【分析】举出反例可判断AC，利用不等式的性质即可判断B，利用作差法即可判断D.

【详解】解：对于A，若，当时，，故A错误；

对于B，若，且，则，

所以，所以，故B正确；

对于C，若，当时，，故C错误；

对于D，若，

则，所以，故D正确.

故选：BD.

10. 下列等式成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】利用三角函数恒等变换公式分析判断

【详解】对于A，，所以A正确，

对于B，，所以B错误，

对于C， ，所以C正确，

对于D，

，所以D错误，

故选：AC

11. 已知在定义在上的奇函数，满足，当时，，则下列说法正确的是（    ）

A.

B.

C. ，

D. 方程在的各根之和为-6

【答案】ACD

【解析】

【分析】由题意可得是以4为周期的周期函数，再由，可判断选项A; 当时,求出可判断选项B；根据题意可得出从而可判断性选项C；作出的示意图，由图象的对称性数形结合可判断选项D.

【详解】由在定义在上的奇函数，则

由，所以，即

则，即是以4为周期的周期函数.

由题意，所以

又，则，所以

所以，故选项A正确.

选项B. 当时，故选项B不正确.

选项C.

所以

当时，均为增函数，则为增函数.

所以在上为增函数，

又为奇函数，且

所以在单调递增，所以，由

所以，所以必存在，使得，故选项C正确.

选项D. 因为为偶函数，根据题意先作出在上的示意图，

然后由对称性作出在上的图象，如图所示.

根据对称性可知方程在的各根之和为 ，故选项D正确.

故选：ACD

12. 对，，若，使得，都有，则称在上相对于满足“-利普希兹”条件，下列说法正确的是（    ）

A. 若，则在上相对于满足“2-利普希兹”条件

B. 若，在上相对于满足“-利普希兹”条件，则的最小值为

C. 若在上相对于满足“4-利普希兹”条件，则的最大值为

D. 若在非空数集上相对于满足“1-利普希兹”条件，则

【答案】BC

【解析】

【分析】利用特例可判断A，利用参变分离法求函数最值可判断BC，由题可得为增函数，利用复合函数单调性判断D.

【详解】对于A，∵的定义域为，

令，则，

又，

∴，即在上相对于不满足“2-利普希兹”条件，故A错误；

对于B，由题知，均有成立，

当时显然成立，

不妨设，则，

又，，

∴，，

故，故B正确；

对于C，由题知，均有成立，

即，

当时显然成立，

当时，则恒成立，又，，

∴，即，所以的最大值为，故C正确；

对于D，由题可得在非空数集上恒成立，

当时显然成立，

不妨设，则，

∴成立，

令，则函数在非空数集上单调递增，

∵，

当时，，单调递增，单调递减，又单调递增，所以在上单调递减，故D错误.

故选：BC.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是把问题转化为恒成立问题，通过分离常数法，再求函数值域即可.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13 计算___________.

【答案】1

【解析】

【分析】直接根据分数指数幂的运算及对数的运算即可得解.

详解】解：.

故答案为：1.

14. 若是方程的两根，，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】由韦达理及正切两角和得到，再根据诱导公式化简即可求解.

【详解】由题知，，

而，

所以，

所以.

故答案为：

15. 已知，若对恒成立，则实数___________.

【答案】

【解析】

【分析】分情况讨论当时，可得，当时，可得，即求.

【详解】当，即时，，

又，故，则恒成立，

所以，解得；

当，即时，，故，即恒成立，

∴，解得；

综上，实数.

故答案为：.

16. 已知正实数满足，则的最小值是___________.

【答案】##

【解析】

【分析】构造函数，结合条件及函数的单调性可得，然后利用基本不等式即得.

【详解】设，则函数为增函数，

∵，

∴，即

∴，

∴，

当且仅当，即取等号.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：

本题的关键是构造函数，从而得到，再利用基本不等式可求.

四､解答题：本大题共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. 从①；②；③，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解.

已知集合___________，集合.

（1）当时，求；

（2）若，求实数的取值范围.

【答案】（1）选①②③结果均为.   

（2）选①②③时答案一致，均为实数的取值范围为

【解析】

【分析】（1）先解不等式，求出集合与，进而求出；（2）得到，利用包含关系，分类讨论，得到实数的取值范围.

【小问1详解】

选①时：，解得：，即，又因为，故，综上：

选②时：，解得：，所以

选③时：，解得：，所以

当时，

当选①时，；当选②时，；当选③时，.

【小问2详解】

因为，所以，由第一问可知：选①时，

当时，，解得：，

当时，要满足，解得：，

综上：实数的取值范围为

选②③时，答案与①一致，均为实数的取值范围为

18. 已知函数.

（1）求的最小正周期及单调递增区间；

（2）将的图象向左平移个单位，再将此时图象的横坐标变为原来的2倍，纵坐标保持不变，得到的图象，求图象的对称轴方程.

【答案】（1）的最小正周期为，单调递增区间为   

（2）图象的对称轴方程

【解析】

【分析】（1）利用三角恒的变形公式化简的解析式，结合正弦函数的性质可得答案.

（2）根据函数的图像变换先求出的解析式，结合正弦函数的性质可得答案.

【小问1详解】

所以，则的最小正周期为

由，解得

所以的单调递增区间为

【小问2详解】

将的图象向左平移个单位，得

从而

由，得

所以图象的对称轴方程

19. 已知函数是定义在上的奇函数.

（1）求实数的值；

（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据函数为奇函数可得，整理即可得解；

（2）利用定义法可得函数在上递减，再根据函数的奇偶性和单调性可将不等式对恒成立，转化为不等式对恒成立，即对恒成立，求出的最大值即可得解.

【小问1详解】

解：因为函数是定义在上的奇函数，

所以，即，

所以，所以；

【小问2详解】

解：由（1）得，

任取，

则，

即，

所以函数在上递减，

若不等式对恒成立，

则不等式对恒成立，

即不等式对恒成立，

即不等式对恒成立，

所以对恒成立，

由

，

当且仅当，即时取等号，

所以.

20. 如图，某污水处理厂要在一个矩形污水处理池的池底水平铺设污水净化管道（直角三角形三条边，是直角顶点）来处理污水，管道越长，污水净化效果越好.要求管道的接口是的中点，分别落在线段上（含线段两端点），已知米，米，记.

（1）试将污水净化管道的总长度（即的周长）表示为的函数，并求出定义域；

（2）问取何值时，污水净化效果最好？并求出此时管道的总长度.

【答案】（1），   

（2）或时，L取得最大值为米．

【解析】

【分析】（1）解直角三角形求得得EH、FH、EF的解析式，再由 L=EH+FH+EF得到污水净化管道的长度L的函数解析式，并注明θ的范围．

（2）设sinθ+cosθ=t，根据函数 L= 在[，]上是单调减函数，可求得L的最大值．同时也可求得值．

【小问1详解】

由题意可得，，，

由于 ，，

所以，，

，

即，

【小问2详解】

设，则，

由于，

由于在上是单调减函数，

当时，即或时，L取得最大值为米．

21. 已知函数.

（1）若在单调递减，求实数的取值范围；

（2）若方程在上有两个不相等的实根，求的取值范围.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题可得，即得；

（2）由题可得，然后通过换元构造函数，再求函数的值域即得.

【小问1详解】

∵，在单调递减，

∴在上，且单调递减，

∴，

所以，即实数的取值范围为；

【小问2详解】

由，可得

，即，

∴，

∴令，则，
令，由，，

函数在上单调递增，在上单调递减，

又，，

所以方程在上有两个不相等的实根，的取值范围为.

22. 已知函数.

（1）若，写出的单调递增区间（不要求写出推证过程）；

（2）若存在，使得对任意都有，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）结合函数的解析式，直接写出其单调增区间即可；

（2）分类讨论，讨论 与区间的位置关系，将存在，使得对任意都有的问题转化为确定函数的最值问题.

【小问1详解】

当时，，

单调增区间为；

【小问2详解】

由题意可知即，

而，

当即时，对任意，为增函数，

对任意都有，故只需 ，

即，整理得 ，

要使b存在，需，即 ，与矛盾，故此时不合题意；

当即时，，，

，

，又，，

若时，，所以，

所以，整理得 ，

要使b存在，需，即，所以；

若，，所以，

所以，

整理得 ，要使b存在，需，即，

故此时符合题意；

当即时，对任意，，

对称轴为，

当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减。

故，又，，

当时，，故，

故，整理得到，

要使b存在，需，即，故，满足条件；

当时，，故，

故，整理得到，

要使b存在，需，即，故，满足条件；

当，即时，函数在上单调递增，

，整理得 ，

要使b存，需，即，故此时矛盾，

综上，实数的取值范围是 .

【点睛】本题难点在于对进行讨论，并且还要注意函数值大小的比较，考查学生分类讨论的思想.