2021-2022学年黑龙江省哈尔滨市高一上学期期末学业质量检测数学试题（解析版）

2021-2022学年黑龙江省哈尔滨市高一上学期期末学业质量检测数学试题

一、单选题

1．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出然后再求.

【详解】

又

故选：B

2．命题“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】根据全称命题的否定为特称命题可得答案.

【详解】因为全称命题的否定是特称命题，

所以命题“，”的否定是“，”.

故选：C.

3．已知角的终边与单位圆的交点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用角的终边与单位圆相交来定义任意角的三角函数值.

【详解】因为角的终边与单位圆的交点，

令，

所以，

所以，

故选：A.

4．哈尔滨地铁某环线12月份地铁票销售总量与时间的关系大致满足，则地铁3号线东南环线前天平均售出（如前10天的平均售出为）的张数最少为（    ）.

A．2019 B．2040 C．2021 D．2022

【答案】B

【分析】求出，再根据基本不等式可求出结果.

【详解】地铁3号线东南环线前天平均售出的张数为,

由基本不等式可得，

当且仅当时，等号成立.

所以地铁3号线东南环线前天平均售出的张数最少为张.

故选：B

5．已知函数，则的值是（    ）

A． B． C． D．4

【答案】D

【分析】根据的范围代入到对应的函数求值即可.

【详解】由题意可得，，

.

故选：D.

6．设，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．既不必要也不充分条件

【答案】A

【分析】解出不等式，结合充分条件不必要条件的概念可得到结果．

【详解】若，则，

若，则，

∵，则“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

7．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”.在数学学习中和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数图象的特征，如函数的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的奇偶性可排除D,根据函数经过的特殊点可排除A,B,进而可求解C.

【详解】由于定义域为,且，故为偶函数，故图象关于轴对称，故排除D,

当时，，故排除A,

当时，，故排除B,

故选：C

8．计算（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】A

【分析】利用同角的商数关系、辅助角公式、两角和的余弦公式及二倍角公式化简即可得答案.

【详解】解：因为.

故选：A.

二、多选题

9．下列说法中正确的有（    ）

A．奇函数的图象一定经过原点

B．若偶函数的图象不经过原点，则它与轴交点的个数一定是偶数

C．偶函数的图象关于轴对称

D．图象过原点的奇函数必是单调函数

【答案】BC

【分析】通过反例可知AD错误；根据偶函数的对称性可知BC正确.

【详解】对于A，为奇函数，但不经过原点，A错误；

对于B，若偶函数图象不经过原点，则其与轴的交点必关于轴对称，则交点个数必为偶数个，B正确；

对于C，由偶函数定义知其图象关于轴对称，C正确；

对于D，图象过原点且为奇函数，但其在上不单调，D错误.

故选：BC.

10．将函数的图象向右平移，再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的图象关于点对称 B．函数在区间上有4个零点

C．函数是偶函数 D．函数在区间上最小值是

【答案】BC

【分析】由已知变换得，利用整体法结合三角函数性质逐个比较判断即可.

【详解】的图象向右平移得，则.

对A，由，即，则函数的图象关于点 对称，A错；

对B，，则，则函数在区间上的零点，共四个，B对；

对C，，为偶函数，C对；

对D，，则，则当时，函数在区间上取得最小值，为，D错.

故选：BC

11．已知实数，，满足，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】A选项，根据单调递增，得到；

B选项，根据单调性得到，，，结合换底公式得到B错误；

C选项，根据的单调性得到；

D选项，根据和的单调性，结合中间值比较大小.

【详解】A选项，因为单调递增，又，所以，A正确；

B选项，因为在单调递增，因为，

所以，，故，，即，B错误；

C选项，在上单调递减，而，所以，C正确；

D选项，因为在单调递减，而，故，

因为单调递减，而，故，所以，D正确.

故选：ACD

12．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．函数有两个零点

B．若函数有四个零点，则

C．若关于的方程有四个不等实根，则

D．若关于的方程有8个不等实根，则

【答案】CD

【分析】A选项，画出的图象，在同一坐标系内作出的图象，可看出两函数图象有3个交点，A错误；

B选项，数形结合得到，B错误；

C选项，可看出四个实根有两个根关于对称，另外两个根关于对称，从而得到，C正确；

D选项，令，则要有2个不相等的实数根，，

得到两根之和，两根之积，化简得到，结合，求出，结合，求出.

【详解】A选项，当时，单调递增，

当时，单调递减，

画出的图象，可以看出关于对称，

当时，取得最小值为1，

在同一坐标系内作出的图象，可看出两函数图象有3个交点，

所以函数有3个零点，A错误；

数形结合可得：函数有四个零点，则，B错误；

由上图可知：若关于的方程有四个不等实根，

不妨设

其中关于对称，关于对称，则，

所以，C正确；

D选项，令，则要有2个不相等的实数根，，

且，，

，

因为，所以，

由，解得：，

综上：，

若关于的方程有8个不等实根，则，D正确.

三、填空题

13．已知，则______.

【答案】3

【分析】利用弦化切即可求出的值.

【详解】由，

所以

即，

解得.

故答案为：3.

14．函数的定义域为______.

【答案】

【分析】根据被开方数大于等0，分母不为0及对数函数的定义域列出不等式组，求解即可.

【详解】由得，解得，

所以函数的定义域为.

故答案为：.

15．已知函数的定义域为R，则实数a的取值范围是______．

【答案】

【分析】依题意可得恒成立，再分和两种情况讨论，当时，即可得到不等式，解得即可求出参数的取值范围；

【详解】解：因为函数的定义域为R，即恒成立，

当时恒成立；

当时，则，解得；

综上可得

故答案为：

16．已知函数满足，对任意的，都有恒成立，且，则关于的不等式的解集为______.

【答案】

【分析】由题知以函数为偶函数，且在上单调递减，在上单调递增，再根据讨论求解即可.

【详解】解：因为函数满足，即

所以函数为奇函数，

不妨设，

因为对任意的，都有恒成立，

所以，，即，

所以，函数在上单调递减，

因为函数为奇函数，

所以函数为偶函数，且在上单调递增，

因为，

所以，当时，，；

当时，，；

当时，，；

当时，，；

所以，关于的不等式的解集为

故答案为：

四、解答题

17．（1）；

（2）.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据指数幂的运算法则直接求解即可；

（2）根据对数运算法则直接化简求解即可.

【详解】（1）原式；

（2）原式.

18．已知函数.

(1)求函数的最小正周期；

(2)求函数图象的对称轴方程；

(3)求函数的单调递减区间.

【答案】(1)

(2)

(3)，

【分析】（1）化简的解析式，然后求得的最小正周期.

（2）利用整体代入法求得函数图象的对称轴方程.

（3）利用整体代入法求得函数的单调递减区间.

【详解】（1），

所以的最小正周期.

（2）令得，

即函数图象的对称轴方程为.

（3）令，，

解得，，

所以函数的单调递减区间是，.

19．几年国家出台的惠民政策越来越多，政府出资的“旧房改造”工程使得许多老旧校区旧貌换新颜，从根本上提高了百姓的生活质量.如图，在改造某小区时，要在一处公共区域搭建一间背面靠墙（墙长7米）的房屋，图形所示为房屋俯视图，房屋地面面积为房屋正面的造价为600元，侧面的造价为200元，顶部总造价为4800元，如果墙面高为3m，不计房屋背面和地面的费用，设总造价为元.

(1)请将总造价表示为正面边长的函数，怎样设计房屋边长能使总造价最低？最低总造价是多少？

(2)如果所需总费用不超过22800元，求房屋正面边长的取值范围是多少？

【答案】(1)，当正面墙长为4m时造价最低，最低总造价为19200元.

(2)

【分析】（1）写出函数后运用基本不等式可得结果.

（2）解分式型不等式可得结果.

【详解】（1）设房屋正面墙长为，侧面边长为，总造价为元，则，

∴

∴，

当且仅当即“”时上式取等号.

答：当正面墙长为4m时造价最低，最低总造价为19200元.

（2）∵

∴，

又∵

∴不等式变为：，，

∴

答：房屋正面边长的取值范围是.

20．已知函数（其中）.

(1)解关于的不等式；

(2)若不等式在内恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）分，，三种情况讨论，从而可得出答案；

（2）在内恒成立，即，利用函数的单调性求得的最大值即可得解.

【详解】（1）不等式，即，

当时，，不等式的解集为，

当时，，可得，

当，则，所以不等式的解集为，

若，则，所以不等式的解集为，

综上所述，当时，不等式的解集为，

当时，不等式的解集为，

当时，不等式的解集为；

（2）不等式在内恒成立，即，

有在内恒成立，即求在的最大值，

令，，

设，则，

因为，所以，，

所以，即，

所以在上单调递增，，

所以在的最大值为，

故，所以实数的取值范围是.

21．

(1)若，求的值；

(2)若当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先化简，再把待求式化为，代入求值；（2）利用单调性求出，即可求解.

【详解】（1）

若，即

则.

（2）由题意可知，不等式有解，即，

因为，所以，

因为在上单调递增，在上单调递减，

故当，即时取得最大值，且最大值

∴.

即实数的取值范围为.

22．已知函数，其中.

(1)设.若对任意实数，恒成立，求实数的取值范围；

(2)是否存在实数，使得且，若存在，求的取值范围；若不存在说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，理由见解析

【分析】（1）问题转化为，，根据函数的单调性求出最小值为-4，故得到不等式，求出实数的取值范围；

（2）考虑，，三种情况，前两种情况不合要求，时，转化为有负实数解，，分与，求出的取值范围.

【详解】（1）依题，恒成立，

∴，，

∵在上单调递增，

∴时，，

∴，即，

∴或

故实数的取值范围是；

（2）①当时，与矛盾，∴舍去，

②当时，由，得，此时，

∴，

∴，

∵，

∴，

又，

∴时无解，

∴时，不存在实数，使得且成立；

③当时，由，得，此时，∴，

∴若有解有负实数解，

设，

∵且，

∴必有负实数解，

对于可化为，

当，即时，不成立；

当时，可化为，

∵，

∴，即，

∴，且，

∴，

综上所述，存在实数，使得且.