河南省洛阳市第二中学2022-2023学年高一数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份河南省洛阳市第二中学2022-2023学年高一数学上学期期末试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 集合，则图中阴影部分所表示的集合是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先将集合化简，阴影部分表示，然后求解即可.
【详解】因为，得，，图中阴影部分表示,所以得
故选：C
2. 已知，则“函数为偶函数”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】充分性判断：利用偶函数的性质，结合和差角正弦公式求；必要性判断：应用诱导公式化简并判断奇偶性，最后由充分、必要性定义确定题设条件间的关系.
【详解】当为偶函数时，则恒成立，即，；
当时，为偶函数；
综上，“函数为偶函数”是“”的必要不充分条件.
故选：B
3. 已知，，若p是q的必要条件，则实数a的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由是的必要条件，列不等式组，可得实数a的取值范围．
【详解】由是的必要条件，可得，解得
故选：D.
4. 已知集合则角α的终边落在阴影处(包括边界)的区域是（ ）
A. B.
CD.
【答案】B
【解析】
【分析】令，由此判断出正确选项.
【详解】令，则，故B选项符合.
故选：B
【点睛】本小题主要考查用图像表示角的范围，考查终边相同的角的概念，属于基础题.
5. 在流行病学中，每名感染者平均可传染的人数叫做基本传染数，当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染1个以上的人，从而导致感染者人数急剧增长．当基本传染数低于1时，疫情才可能逐渐消散．而广泛接种疫苗是降低基本传染数的有效途径，假设某种传染病的基本传染数为，1个感染者平均会接触到N个新人（），这N人中有V个人接种过疫苗（为接种率），那么1个感染者可传染的平均新感染人数．已知某病毒在某地的基本传染数，为了使1个感染者可传染的平均新感染人数不超过1，则该地疫苗的接种率至少为（）
A. 90%B. 80%C. 70%D. 60%
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件可得出关于的不等式，解之即可得出结果.
【详解】因为，由题意，解得，
故选：D．
6. 已知实数a，b，c满足不等式，且，，，则M、N、P的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合指数函数特征易知，，画出的图象，由的相对位置可比较大小，进而得解.
【详解】因为，所以，，画出的图象，如图，则，由图可知，故.
故选：A
7. 若，记，则的大小关系正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，然后利用对数函数的单调性比较大小
【详解】因为，
所以，
所以，
，
，
因为，所以，
所以，即，
综上，，
故选：C
8. 已知是定义在上的奇函数，且，当且时.已知，若对恒成立，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由奇偶性分析条件可得在上单调递增，所以，进而得，结合角的范围解不等式即可得解.
【详解】因为是定义在上的奇函数，
所以当且时，
根据的任意性，即的任意性可判断在上单调递增，
所以，
若对恒成立，则，
整理得，所以，
由，可得，
故选：A.
【点睛】关键点点睛，本题解题的关键是利用，结合变量的任意性，可判断函数的单调性，属于中档题.
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 下列既是存在量词命题又是真命题的是（）
A. ，
B. 至少有个，使能同时被和整除
C. ，
D. 每个平行四边形都是中心对称图形
【答案】AB
【解析】
【分析】AB选项，可举出实例；
C选项，根据所有实数的平方非负，得到C为假命题；
D选项为全称量词命题，不合要求.
【详解】中，当时，满足，所以A是真命题
B中，能同时被和整除，所以B是真命题
C中，因为所有实数的平方非负，即，所以C是假命题
D是全称量词命题，所以不符合题意.
故选：AB．
10. 水车在古代是进行灌溉的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图，一个半径为6米的水车逆时针匀速转动，水轮圆心距离水面3米，已知水轮每分钟转动1圈，如果当水轮上一点P从水中浮现时(图中点)开始计时，经过t秒后，水车旋转到点，则下列说法正确的是（ ）
A. 在转动一圈内，点的高度在水面3米以上的持续时间为30秒
B. 当时，点P距水面的最大距离为6米
C. 当秒时，
D. 若第二次到达最高点大约需要时间为80秒
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意可知，再设角是以为始边，为终边的角，可求得高度与时间的关系，进而根据三角函数图象性质进行判断.
【详解】由题意可知，
设角是以为始边，为终边的角，
由条件得高度，
当时，，代入得，
故，
令，解得，故在转动一圈内，点的高度在水面3米以上的持续时间为30秒，即A选项正确；
当时，，当时，时，点P距水面的最大距离为米，B选项错误；
当时，水车旋转，即，故，C选项正确；
，当，即，故第二次到达最高点的时间为，故D选项正确.
故选：ACD
11. 已知正数a，b满足，则下列说法一定正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由基本不等式判断AD，取判断BC.
详解】由题意可知，（当且仅当时取等号），故A正确；
取，则，故BC错误；
因为，所以（当且仅当时取等号），则（当且仅当时取等号），故D正确；
故选：AD
12. 已知正实数x，y，z满足，则（）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】令则，可得：，，进而结合对数运算与换底公式判断各选项即可得答案.；
【详解】解：令，则，可得：，，，
对于选项A：因为，
所以，故选项A正确；
对于选项B，因为，故，
所以，即；
，即，故B选项错误.
对于选项C：，因为，所以，
因为，所以，即，即，故选项C正确；
对于选项D：，
，
因为，因为所以等号不成立，
所以，即，
所以，根据“或”命题的性质可知选项D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数，则的值为________
【答案】－3
【解析】
【分析】由分段函数的定义计算，注意自变量的取值范围．
【详解】，，
∴．
故答案为：．
14. 如图1是某小区的圆形公园，它外围有一圆形跑道，并有4个出口A、B、C、D（视为点），并四等分圆弧（如图2）.小明从A点出发，在圆形跑道上按逆时针方向作匀速圆周跑动，假设他每分钟转过圆心角为弧度（），3分钟第一次到达劣弧CD之间（不包括C、D点），15分钟时回到出发点A，则的值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】首先求出的大致范围，再根据15分钟时回到出发点A，得到，即可得解；
【详解】解：依题意A点3分钟转过，且，所以，又15分钟时回到出发点A，所以，所以，因为，所以
故答案：
15. 函数的单调递减区间是________．
【答案】##
【解析】
【详解】，设，对称轴，，递减，在上递增，根据复合函数的单调性判断：函数的调减区间为，故答案为.
【方法点睛】本题主要考查对数函数的性质、复合函数的单调性，属于中档题.复合函数的单调性的判断可以综合考查两个函数的单调性，因此也是命题的热点，判断复合函数单调性要注意把握两点：一是要同时考虑两个函数的的定义域；二是同时考虑两个函数的单调性，正确理解“同增异减”的含义（增增增，减减增，增减减，减增减）.
16. 定义在上的奇函数，当时，则函数的所有零点之和为___________________．
【答案】
【解析】
【详解】由图知，共五个零点，从左到右交点横坐标依次为，满足，因此所有零点之和为
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. 已知集合，．
（1）当时，求；
（2）是的必要条件，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，求出集合、，利用交集的定义可求得集合；
（2）分析可知，对、的大小关系进行分类讨论，根据检验或得出关于实数的不等式，综合可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：由可得，解得，即，
当时，，此时，.
【小问2详解】
解：由题意可知，且，
当时，即当时，，不满足，不符合题意；
当时，即时，，符合题意；
当时，则，由，得，解得.
综上，．
18. 计算下列各式：
（1）；
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）、利用指数幂的运算性质求解即可；
（2）、利用对数的运算性质求解.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
19. 命题：“，”，命题：“，”.
（1）写出命题的否定命题，并求当命题为真时，实数的取值范围；
（2）若和中有且只有一个是真命题，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据全称命题的否定形式写出，当命题为真时，可转化为，当，利用二次函数的性质求解即可；
（2）由（1）可得为真命题时的取值范围，再求解为真命题时的取值范围，分真和假，假和真两种情况讨论，求解即可
【小问1详解】
由题意，命题：“，”，
根据全称命题的否定形式，：“，”
当命题为真时，，当
二次函数为开口向上的二次函数，对称轴为
故当时，函数取得最小值，即
故实数的取值范围是
【小问2详解】
由（1）若为真命题，若为假命题
若命题：“，” 为真命题
则，解得
故若为假命题
由题意，和中有且只有一个是真命题，
当真和假时，且，故；
当假和真时，且，故；
综上：实数的取值范围是或
20. 已知函数的定义域为R，且对任意a，R，都有，且当时，恒成立.
（1）证明函数是奇函数；
（2）证明函数是R上的减函数；
（3）若，求x的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析（3）或
【解析】
【分析】（1）利用特殊值求出，从而证明即可；（2）证明出，再利用当时，恒成立即可得解；（3）利用函数的单调性和奇偶性进行证明即可得解.
【小问1详解】
证明：由，
令可得，
解得，
令可得，
即，而，
，而函数的定义域为R，
故函数是奇函数．
【小问2详解】
证明：设，且，，则，
而
，
又当时，恒成立，即，，
函数是R上的减函数；
【小问3详解】
(方法一）由，
得，
又是奇函数，
即，
又在R上是减函数，
解得或
故x的取值范围是或.
方法二由且，
得，
又在R上减函数，
，
解得或
故x的取值范围是 或.
21. 如图，一个半圆和长方形组成的木块，长方形的边为半圆的直径，为半圆的圆心，，，现要将此木块锯出一个等腰三角形，其底边，点在半圆上.
（1）设，求三角形木块面积；
（2）设，试用表示三角形木块的面积，并求的最大值.
【答案】（1）；（2）,的面积最大值为
【解析】
【分析】（1）构造垂线，将、的长度进行转化，的长度即为的值，的长度即为的值，从而求解出；
（2）根据第（1）问的转化方法，同理可以得出的表达式，然后将看成整体进行换元，进而将面积函数转化为熟悉的二次函数，从而求解出最值.
【详解】解：（1）过点作交于点，设交于点，
所以,
，
所以；
（2）因为半圆和长方形组成的铁皮具有对称性，
所以可只分析时的情况，
，
，
所以
，
令，，
故，
，
，
，
，
，
函数在单调递增，
所以当时，的面积最大，最大值为.
【点睛】本题考查了三角函数在实际问题中的应用，考查了三角函数的值域问题，三角函数中与的联系等等，考查了学生综合应用能力.
22. 已知点，是函数图象上的任意两点，且角的终边经过点，若时，的最小值为．
（1）求函数的解析式；
（2）求函数的对称中心及在上的减区间；
（3）若方程在内有两个不相同的解，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2）对称中心；减区间：，；
（3）或.
【解析】
【分析】（1）根据函数图象性质可得参数值及函数解析式；
（2）由（1）函数解析式，利用整体法求函数的对称中心及单调区间；
（3）设，将方程转化为函数与公共点问题.
【小问1详解】
解：角的终边经过点，,
,
,
由时，的最小值为，
得，即，,
，
【小问2详解】
解：令，即，即，所以函数的对称中心为，
令，得，
又因为，
所以在上的减区间为，
【小问3详解】
解：，
，
，
设，
问题等价于方程在仅有一根或有两个相等的根．
，，
作出曲线，与直线的图象．
时，；时，；时，．
当或时，直线与曲线有且只有一个公共点．
取值范围是：或．