2022-2023学年广东省大湾区高一上学期期末联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省大湾区高一上学期期末联考数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省大湾区高一上学期期末联考数学试题 一、单选题1．集合，将集合分别用如下图中的两个圆表示，则圆中阴影部分表示的集合中元素个数恰好为2的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用图象求得正确答案.【详解】，所以:A选项，阴影部分表示，不符合题意.B选项，阴影部分表示，符合题意.C选项，阴影部分表示，不符合题意.D选项，阴影部分表示，不符合题意.故选：B2．如果函数在上的图象是连续不断的一条曲线，那么“”是“函数在内有零点”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由零点存在性定理得出“若，则函数在内有零点”举反例即可得出正确答案.【详解】由零点存在性定理可知，若，则函数在内有零点而若函数在内有零点，则不一定成立，比如在区间内有零点，但所以“”是“函数在内有零点”的充分而不必要条件故选：A【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的判断，属于中档题.3．下列选项中与角终边相同的角是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】写出与角终边相同的角的集合，取值得答案.【详解】解：与角终边相同的角的集合为，取时，.故选：D4．三星堆遗址被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一.考古学家在测定遗址年代的过程中，利用“生物死亡后体内碳14含量按确定的比率衰减”这一规律，建立了样本中碳14含量随时间（单位：年）变化的数学模型：表示碳14的初始量）.2020年考古学家对三星堆古遗址某文物样本进行碳14年代学检测，检测出碳14的含量约为初始量的，据此推测三星堆古遗址存在的时期距今大约是（    ）（参考数据：）A．2796年 B．3152年 C．3952年 D．4480年【答案】B【分析】设三星堆古遗址存在的时期距今大约是x年，由求解.【详解】设三星堆古遗址存在的时期距今大约是x年，则，即，所以，解得，所以推测三星堆古遗址存在的时期距今大约是年.故选：B5．若幂函数的图象经过点，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知可得，即可求得的值.【详解】由已知可得，解得.故选：C.6．若关于x的方程有解，则实数a的取值范围是（    ）A．[0，1） B．[1，2） C．[1，+∞） D．（2，+∞）【答案】B【分析】等价于有解，求出的取值范围即得解.【详解】解： 有解等价于有解，由于，所以，所以所以，则实数a的取值范围是[1，2）.故选：B．7．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】运用诱导公式即可化简求值得解．【详解】∵，∴.故选：C．8．小雨利用几何画板探究函数图象，在他输入一组的值之后，得到了如图所示的函数图象，根据学习函数的经验，可以判断，小雨输入的参数值满足（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】从函数整体图象，发现部分图象有类似反比例函数，再从轴右侧图象，判断图象虚线代表的意义，即可求解.【详解】设虚线为(显然，)，由图中可知，当时，，所以；当时，，所以，可得在的左右两侧时，符号是不同的，即当时，，而，所以显然另外一条分割线为；故选:B 二、多选题9．对于实数,下列命题中正确的有（    ）A．若,则B．若,则C．若,则D．若,则【答案】BCD【分析】A利用判断;B根据不等式性质判断;C利用作差法判断;D根据得到判断即可.【详解】对于A,当时,不成立,所以A错误;对于B,由,根据不等式的性质,则,所以B正确;对于C,因为,则,所以,即,所以C正确;对于D,因为,,所以,故,所以D正确.故选:BCD.10．对于函数，下列选项中正确的有（    ）A．在上单调递减B．的图象关于原点对称C．的最小正周期为D．的最大值为2【答案】AB【分析】A.令，利用正弦函数的性质判断；B.利用奇函数的定义判断；C.利用正弦函数的周期性判断；D；利用正弦函数的最值判断；【详解】A.当时，，因为在单调递减，所以在单调递减，故选项A正确；B.因为，所以为奇函数，所以的图象关于原点对称．故选项B正确；C. 代入周期公式得，故选项C错误；D. ，的最大值为1，故选项D错误.故选：AB．11．设a，b为两个正数，定义a，b的算术平均数为，几何平均数为．上个世纪五十年代，美国数学家D．H. Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中p为有理数．下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】根据基本不等式比较大小可判断四个选项.【详解】对于A，，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，，当且仅当时，等号成立，故B正确；对于C，，当且仅当时，等号成立，故C不正确；对于D，当时，由C可知，，故D不正确.故选：AB12．已知函数，集合，集合，若，则实数的值可以是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】CD【分析】根据两集合相等可以确定，则B集合中不等式可转化为，然后利用判别式法解不等式组即可求得答案.【详解】由题意知： ，由知： 即 , 由可知： 且为此时须满足 ，解得 ，故实数a的取值范围是 ，因此a的取值可以是3,4.故选：CD. 三、填空题13．函数的定义域是____________．【答案】【分析】由被开方数大于等于0与对数真数大于0即可得到结果.【详解】要使函数有意义，则满足：，解得： 所以函数的定义域为故答案为：14．已知角为第一象限角，其终边上一点满足，则________．【答案】1【分析】根据对数的运算及性质化简可得，再由三角函数的定义求解即可.【详解】由题意知，，即，化简得，则故答案为：115．函数的单调递增区间为__________.【答案】【分析】利用换元法，结合复合函数单调性的关系进行转化求解即可.【详解】设，则，对称轴为，当，即，即，即时，为减函数，函数为增函数，则为减函数，即函数单调减区间为；当，即，即，即时，为减函数，函数为减函数，则为增函数，即函数单调增区间为.故答案为：16．已知函数的定义域为，当时，有，则不等式的解集为__________.【答案】【分析】根据题意将不等式进行等价转化得到函数在上单调递减，利用函数的单调性即可求解.【详解】当时，由变形可得：，令，则，所以函数在上单调递减，因为，所以，当时，不等式可以变形为，即，所以，则；当时，不等式可以变形为，即，所以，则（舍去）；综上，不等式的解集为，故答案为：. 四、解答题17．已知集合，．（1）若，求实数的取值范围；（2）若，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）【分析】（1）由集合A可得，利用列出不等式组，求出实数的取值范围；（2）若，则，分和两种情况，分别列不等式可得实数的取值范围．【详解】（1）因为，所以或．又且，所以，解得所以实数的取值范围是．（2）若（补集思想），则．当时，，解得；当时，，即，要使，则，得．综上，知时，，所以时，实数的取值范围是．18．已知函数(1)若是奇函数，求的值；(2)若在上恒成立，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由奇函数的性质得到，即可求得的值，再检验即可；（2）设，则，由函数的单调性求得函数的最小值，即可求出参数的取值范围．【详解】（1）解：∵的定义域为且是奇函数，  ∴，即，解得，此时，则，符合题意．（2）解：∵在上恒成立，∴．令，因为，所以，所以，，因为 在单调递增，所以 ，即 ，故，解得，所以的取值范围是．19．已知函数，.(1)用“五点法”画出函数在一个周期内的图像：(2)求函数的单调递增区间.【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）由题意，由“五点作图法”，列表描点作图，可得答案；（2）由题意，根据复合函数的单调性，结合正弦函数的单调性，可得答案.【详解】（1）由“五点法”，列表如下：  描点，作图如下：（2）由的单调递增区间为，且，则，解得，函数的单调递增区间为.20．如图，居民小区要建一座八边形的休闲场所，它的主体造型平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为的十字形地域．计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为元；在四个相同的矩形（图中阴影部分）上铺花岗岩地坪，造价为元；再在四个空角（图中四个三角形）上铺草坪，造价为元．受地域影响，AD的长度最多能达到，其余边长没有限制．(1)设总价为（单位：元），AD长为（单位：），试建立关于的函数关系式；(2)当为何值时，最小？并求出这个最小值．【答案】(1)，(2)当时，S最小，最小值为118000元 【分析】（1）先设，又，建立等式找出得关系计算即可；（2）利用均值不等式计算即可，注意等号成立的条件.【详解】（1）设，又，，则，∴，∴（2）由（1）得，利用均值不等式得，当时，即时等号成立，所以当时，S最小，最小值为118000元.21．欧拉对函数的发展做出了巨大贡献，除特殊符号，概念名称的界定外，欧拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质.例如，欧拉引入倒函数的定义：对于函数，如果对于其定义域中任意给定的实数，都有，并且，就称函数为倒函数.(1)已知，判断和是否为倒函数；(2)若是上的倒函数，当时，，方程是否有正整数解？并说明理由；(3)若是上的倒函数，其函数值恒大于0，且在上是增函数.记，证明：是的充要条件.【答案】(1)是倒函数，不是倒函数；(2)没有正整数解，理由见解析；(3)证明见解析. 【分析】（1）利用给定的定义进行判断；（2）先求出时的解析式，利用验证法进行判定；（3）利用单调性的定义，性质及倒函数进行证明.【详解】（1）对于定义域为，显然定义域中任意实数，都有成立，又所以是倒函数.对于定义域为，当时，，不符合倒函数的定义，所以不是倒函数.（2）令，则,由倒函数的定义，可得所以，所以要使有正整数解，则，当时，；当时，；所以没有正整数解.（3）充分性：当时，且，因为是增函数，所以即所以.必要性：当时，有因为恒大于0，所以，即，所以，因为是增函数，所以，即；综上可得是的充要条件.【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是理解所给倒函数的定义，使用进行转化.22．定义函数.（1）解关于的不等式：；（2）已知函数在的最小值为，求正实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）分类，分和两类讨论；（2）分类，容易求解，时，还要对分类，和，这时又要考虑二次函数的对称轴．需要用分离参数法．【详解】（1）由，得，当时，，所以，∴；当时，，所以，∴，综上，不等式的解集为：；（2）当时，，根据题意，对于任意的恒成立，当时，由，得，即，①∵，①等价于，∴，∴，∴；当时，由，得.当时，∴，②∵，②成立，等价于，，恒成立；当时，，∴，∵，∴，当，即时，，成立，所以符合；当即 时，，，结合条件，得.综上，或.【点睛】本题考查分段函数性质、函数的单调性，考查不等式恒成立问题，考查分类讨论思想，属于难题．