2022-2023学年广东省广州市三校高一上学期期末联考数学试题（解析版）

2022-2023学年上学期期末三校联考

高一数学

命题学校：广州大学附属中学命题人：周昕华审题人：杨姗

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求.

1. 集合，，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据指数函数、对数函数的性质求出集合、，再根据交集的定义计算可得；

【详解】解：由，即，所以，所以；

由，即，解得，所以；

所以

故选：C

2. 为了保护水资源，提倡节约用水，某城市对居民实行“阶梯水价”，计费方法如下表：

若某户居民本月交纳的水费为54元，则此户居民的用水量为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用分段函数各段上的解析式,由函数值求自变量可得.

【详解】设此户居民本月用水量为,缴纳的水费为元,

则当时,元,不符合题意;

当时,,令,解得,符合题意；

当时,,不符合题意.

综上所述: 此户居民本月用水量为15.

故选：C.

3. 若不等式的一个充分条件为，则实数的取值范围是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】结合充分条件的定义列出不等式组，求解即可．

【详解】若不等式的一个充分条件为，

则，所以，解得.

则实数的取值范围是.

故选：D.

4. ＝（　　）

A. ﹣38 B. ﹣37 C. ﹣39 D. ﹣40

【答案】B

【解析】

【分析】由已知结合指数幂的运算性质及对数的运算性质进行化简即可求解．

【详解】.

故选：B．

5. 一种药在病人血液中的量不少于才有效，而低于病人就有危险．现给某病人注射了这种药，如果药在血液中以每小时的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过（）小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：，，结果精确到）

A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知关系式可得不等式，结合对数运算法则解不等式即可求得结果.

【详解】设应在病人注射这种药小时后再向病人的血液补充这种药，

则，整理可得：，

，

，，

，即应在用药小时后再向病人的血液补充这种药.

故选：A.

6. 已知函数（且）的图像经过定点，且点在角的终边上，则（）

A.  B. 0 C. 7 D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题知,进而根据三角函数定义结合齐次式求解即可.

【详解】解:令得,故定点为,

所以由三角函数定义得，

所以

故选：D

7. 已知曲线C：，，若关于轴对称，则的最小值是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】关于轴对称等价于，进一步求解即可.

【详解】关于轴对称，则，

即，且，

则时，为最小值；

故选：C.

8. 设是定义在上的奇函数，对任意的，满足：，且，则不等式的解集为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先由，判断出在上是增函数，然后再根据函数的奇偶性以及单调性即可求出的解集.

【详解】解：对任意的，都有，

在上是增函数，

令，

则，

为偶函数，

在上是减函数，

且，

，

当时，，

即，解得：，

当时，，

即，解得：，

综上所述：的解集为：.

故选：A.

【点睛】方法点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的4个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9. 下列说法正确的有（）

A. 设，，且，则实数；

B. 若是的真子集，则实数；

C. 集合若，则实数；

D. 设集合至多有一个元素，则；

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据集合元素的性质可判断A的正误，根据集合的包含关系分别计算BCD中参数的值或范围，从而可判断它们的正误.

【详解】对于A，因为，故（无解舍去）或，故，故A正确.

对于B，因为是的真子集，故为非空集合，

故，故B正确.

对于C，，

若，则，满足；

若，则，又，故或即或，

综上，或或，故C错误.

对于D，因为至多有一个元素，故或，

所以，故D正确.

故选：ABD.

10. 函数在下列哪个区间内必有零点（）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】由零点的存在性定理求解即可

【详解】，，

，，

，

因为，

所以在和内存在零点.

故选：AD

11. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍纵坐标保持不变，得到函数的图象，下列关于函数的说法正确的是（）

A.

B. 的图象关于点对称

C. 若，则的值域是

D. 对任意，都成立

【答案】BD

【解析】

【分析】首先根据题意得到，再依次判断选项即可.

【详解】对选项A，将的图象向右平移个单位长度，

得到，

再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍纵坐标保持不变，

得到的图象，故A错误；

对选项B，当时，，故B正确.

对选项C，当时，，所以，故C错误，

对选项D，，

所以直线是函数图象的对称轴，

即对任意，都有，故D正确．

故选：BD

12. 已知定义在上的偶函数，满足函数关于点对称，则下列结论正确的是（）

A

B.

C. 若函数在区间上单调递增，则在区间上单调递增

D. 若函数在区间上的解析式为，则在区间上的解析式为

【答案】BC

【解析】

【分析】利用函数的对称性可判断A选项；利用已知条件结合偶函数的性质可判断B选项；利用函数周期性可判断C选项；设，利用即可求解解析式，判断D选项.

【详解】对于A选项，因为函数关于点对称，所以，A错误；

对于B选项，因为且函数为偶函数，

所以可得，所以，

所以对任意的，，B正确；

对于C选项，因为函数在区间上单调递增，又函数关于点对称，

所以函数在区间上也单调递增，因为，所以函数的周期为4，

则在区间上单调递增，C正确；

对于D选项，当时，，，

所以，D错误.

故选：BC.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 在，，三个数中，则最大的数为______．

【答案】

【解析】

【分析】

利用对数函数和指数函数的性质求解．

【详解】解：，，

，，

，，最大，

故答案为：．

【点睛】本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．

14. 若，则________________．

【答案】

【解析】

【分析】令则，代入求值式后应用诱导公式和二倍角公式求值．

【详解】令则，代入得

．

故答案为：．

【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的求值．解题关键是确定已知角未知角的关系，确定选用的公式．用换元法求解是一种非常简捷有效的方法．

15. 已知函数，则______．

【答案】4043

【解析】

【分析】根据题意，化简得到，结合倒序相加法求和，即可求解.

【详解】由题意，函数，

可得

，

设，

则

两式相加，可得

，

所以.

故答案为：.

16. 设函数若函数有六个不同的零点，则实数a的取值范围为________．

【答案】．

【解析】

【分析】利用数形结合即求.

【详解】函数的零点即为方程的解，也即的解，

令，则原方程的解变为方程组的解，

作出函数和直线的图象如图所示．

由图可知，当时，有两个不同的x与之对应；

当时，有一个x与之对应，当时，没有x与之对应．

由方程组有六个不同的x解知，需要方程②有三个不同的t，且都大于，

作出函数和直线的图象如图所示，

由图可知当时满足要求，

综上，实数a的取值范围为．

故答案为：

四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知角为锐角，，

（1）求角的大小；

（2）求的值.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根据同角三角函数之间的基本关系可得，可计算出得；（2）根据诱导公式将代入计算即可得出结果.

【小问1详解】

由，可得，

由角A为锐角，所以，可得.

【小问2详解】

由可得：

.

即.

18. (1)已知是关于x的方程的一个实根，且α是第三象限角，求的值；

(2)已知，且，求的值.

【答案】(1)；(2).

【解析】

【分析】(1)由已知方程求，利用同角关系将转化为由表示的式子，由此可求其值，(2)由条件结合平方关系求，，由此求结果.

【详解】(1)∵是关于x的方程的一个实根，且α是第三象限角，

∴或（舍去），

∴

(2)由题设，，解得，

∴.

19. 已知最大值为2，若满足，

（1）求和的值；

（2）求单调递增区间.

【答案】（1），

（2）

【解析】

【分析】（1）利用辅助角公式化简，再根据函数的最大值可求出，再根据即可求得；

（2）根据正弦函数的单调性结合整体思想即可得解.

【小问1详解】

因为最大值为2，

所以，解得，

又因为，所以，

∴，

因为，所以；

【小问2详解】

由（1）得，

令，得，

所以单调递减区间.

20. 已知关于的不等式的解集为或.

（1）求、值；

（2）当，且满足时，有恒成立，求实数的范围.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根据不等式的解集为或，由1和b是方程的两个实数根且求解；

（2）由（1）得到，再利用“1”的变换，结合一元二次不等式的解法求解.

【小问1详解】

因为不等式的解集为或

所以，关于的方程有两个实根分别为，，且有，

所以得；

【小问2详解】

由（1）知，不等式恒成立，则，

∵，

当且仅当时，取等号，

所以：，即，即

21. 设函数，若存在实数，，使在上的值域为.

（1）求实数的范围；

（2）求实数的取值范围.

【答案】（1）；

（2）.

【解析】

分析】(1) 由题设求定义域即可；

(2)由题设，将问题转化为与在上有两个交点，进而构造，研究其在上有两个零点的情况下的取值范围即可.

【小问1详解】

由题设，为增函数且定义域为，

∴；

【小问2详解】

要使在上的值域为，

，

所以，

∴与在上有两个交点，

即在上有两个根且恒成立，即，

∴对于，

有，

可得，

所以，

∴综上，实数的取值范围为.

22. 设函数，.

（1）求解关于的不等式：；

（2）设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）写出不等式的表达式，解可得不等式的解集；（2）由题意可知，若对任意的，，都有，即，利用换元法和分类讨论分别求得最大值和最小值的表达式解不等式即可求得实数的取值范围.

【小问1详解】

由题意可得，

即，即，

两边同时平方可得，

解得，

所以不等式的解集为，

【小问2详解】

对任意的，都有，

即，

易知时，的最小值为1，

时，的最小值为.

故在上的最小值为1，

，

令，因为，所以且，其对称轴为，

当时，在上是减函数，最大值为，

此时，，无解；

当时，当时有最大值，

此时，即，又，∴，

当时，在上是增函数，最大值为0

此时，显然恒成立，

综上可知，的范围为.

【点睛】关键点点睛：本题第二小问解题关键是将恒成立转化为，分别求出相应最值即可得到答案.