2022-2023学年湖南省娄底市第四中学高一上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省娄底市第四中学高一上学期期末数学试题（解析版），共13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学年湖南省娄底市第四中学高一上学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合 ，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】化简集合，即可由并集的运算求解.【详解】因为，所以．故选：B2．函数零点所在的区间是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数零点存在原理进行判断即可.【详解】由题意得的图象是一条连续不断的曲线，是增函数．因为，所以零点所在的区间是．故选：B3．若幂函数的图象关于y轴对称，且与x轴无公共点，则的解析式可能为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据幂函数的图象和性质依次判断选项即可.【详解】A：函数的图象关于y轴对称，且与x轴有公共点，故A不符合题意；B：函数的图象关于原点对称，且与x轴有公共点，故B不符合题意；C：函数的图象关于原点对称，且与x轴无公共点，故C不符合题意；D：函数的图象关于y轴对称，且与x轴无公共点，故D符合题意.故选：D.4．“”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】A【解析】根据充分条件和必要条件的定义即可求解.【详解】由，可得由可得，所以得不出，可得”是“”的充分不必要条件，故选：A5．先将函数的图象向右平移个单位长度，再把所得函数图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正弦型函数图象的变换性质进行求解即可.【详解】的图象向右平移个单位长度，可得；再将的图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的2倍，可得，即．故选：C6．若非零实数a，b满足，则的最小值为（    ）A． B． C．4 D．2【答案】C【分析】利用基本不等式可得，即可得到答案.【详解】因为非零实数a，b满足，所以且，解得，当且仅当，即时，等号成立．故的最小值为4．故选：C7．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正弦函数的单调性、对数函数的单调性进行判断即可.【详解】因为，所以，又，所以．故选：D8．如图，假定P，Q两点以相同的初速度（单位：单位/秒），分别同时从A，C出发，点Q沿射线做匀速运动，，点P沿线段（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离，那么定义x为y的纳皮尔对数，函数表达式为，则P从靠近A的第一个五等分点移动到靠近B的三等分点经过的时间约为（    ）（参考数据：）A．0.7秒 B．0.9秒 C．1.1秒 D．1.3秒【答案】B【分析】P运动到靠近的第一个五等分点时，；P运动到靠近B的三等分点时， ，再计算得到答案.【详解】P，Q两点的初速度为单位/秒．设P运动到靠近的第一个五等分点时，，则，得．设P运动到靠近B的三等分点时，，则，得．故所求的时间为秒．故选：B 二、多选题9．下列命题为真命题的是（    ）A．“”是存在量词命题 B．C． D．“全等三角形面积相等”是全称量词命题【答案】ABD【分析】根据量词的知识逐一判断即可.【详解】“”是存在量词命题，选项A为真命题．，选项B为真命题．因为由得，所以选项C为假命题．“全等三角形面积相等”是全称量词命题，选项D为真命题．故选：ABD10．孙尚任在《桃花扇》中写道：“何处瑶天笙弄，听云鹤缥缈，玉佩丁冬”．玉佩是我国古人身上常佩戴的一种饰品．现有一玉佩如图1所示，其平面图形可以看成扇形的一部分（如图2），已知，则（    ）A． B．弧的长为C．该平面图形的周长为 D．该平面图形的面积为【答案】ACD【分析】如图分别延长与交于点O，根据相似三角形的性质可得，进而求得，结合扇形的弧长与面积公式计算即可求解.【详解】如图，分别延长与交于点O，易得，得，所以为等边三角形，，所以，得，该平面图形的周长为，面积为．故选：ACD.11．若函数，则（    ）A． B．C．在上是增函数 D．为偶函数【答案】ABD【分析】，然后可逐一判断.【详解】因为，所以A选项正确．因为，所以，B选项正确，D选项正确，对于，因为在R上单调递增，所以根据复合函数的单调性可得在R上是减函数，C选项错误，故选：ABD.12．已知，满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】先将配方化为后，使用三角换元法进行求解.【详解】由配方得，即，令，，则，，对于A，∵，∴，即，故选项A正确；对于B，，令，，则，∵，∴，，故选项B正确；对于C和D，∵，∴，∴，即，故选项C错误，选项D正确.故选：ABD.【点睛】对于已知（，，）求与，有关的取值范围问题，可将化为，再使用三角换元的方法解决. 三、填空题13．与角终边相同的最小正角为__________（用弧度数表示）．【答案】##【分析】根据终边相同的角的概念即可直接得出结果.【详解】与角终边相同的最小正角为，即．故答案为：.14．已知的部分图象如图所示，则__________．【答案】【分析】根据图象可知，结合求得，将代入解析式求得，即可求解.【详解】由图可得，解得．又，解得．因为的图象经过，所以，解得．故．故答案为：.15．写出满足的的一个值：__________．【答案】（答案不唯一，满足均可）【分析】根据诱导公式可得，结合正切函数的单调性求得即可求解.【详解】因为，又函数在上单调递增，所以，即．当时，.故答案为：.16．已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，且，则__________．【答案】2023【分析】由已知条件结合函数的奇偶性的性质可求得函数的周期为4，再根据，得，再结合周期即可求得结果．【详解】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，得①．因为为奇函数，所以，得②．由①，②得，所以．由，得，得，故．故答案为：2023．【点睛】根据抽象函数的性质进行相应的代换，解题的关键是推出函数的周期． 四、解答题17．求值：(1)；(2)．【答案】(1)0(2)10 【分析】根据指数幂和对数的运算性质分别计算即可求解.【详解】（1）原式．（2）原式．18．已知．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)3(2) 【分析】(1)根据两角差的余弦公式可得，结合同角三角函数的关系即可求解；(2)根据诱导公式、二倍角的正、余弦公式化简和切弦互化可得，结合(1)即可求解.【详解】（1）由题意得，，得，则．（2）．19．已知函数的最小正周期为．(1)求的单调递减区间；(2)求不等式在上的解集．【答案】(1)单调递减区间为(2) 【分析】(1)利用周期计算出，用主题替换法结合三角函数性质求出递减区间即可；(2) 等价于，结合给定区间求解不等式即可.【详解】（1）由题意得．由，得，所以的单调递减区间为（2）由，得，得，得，因为，所以，故不等式在上的解集为．20．已知函数．(1)若的定义域为R，求a的取值范围；(2)若的值域为R，求a的取值范围；(3)若在上单调，求a的取值范围．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）由题意得恒成立，然后可得答案；（2）由题意得，的值能取到所有正数，然后可得答案；（3）分在上单调递增、单调递减两种情况讨论即可.【详解】（1）由题意得恒成立，所以，得，即a的取值范围为．（2）由题意得，的值能取到所有正数，所以，得或，即a的取值范围为．（3）当在上单调递增时，得．当在上单调递减时，得．综上，a的取值范围为．21．已知函数，且．(1)求的值；(2)者为钝角，为锐角，且，求的值．【答案】(1)或(2) 【分析】（1）将化为，然后可得，然后由算出答案；（2）根据条件分别求出、，然后根据算出答案即可.【详解】（1）．由，得，得，所以或．（2）由题意得．由，得，由为锐角，得，因为，所以，所以，故.22．如果函数存在零点，函数存在零点，且，则称与互为“n度零点函数”．(1)证明：函数与互为“1度零点函数”．(2)若函数(，且)与函数互为“2度零点函数”，且函数有三个零点，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）令，对方程直接进行求解，验证是否成立；（2）求解的零点，当时，，所以只需限定当时，的零点范围，解关于的不等式，再结合函数与图像有三个交点，得到a的取值范围．【详解】（1）证明：令，得．令，得．因为，所以，所以函数与互为“1度零点函数”．（2）令，得．设存在零点，则，不等式两边平方得，即．当时，，当时，令，得，所以，得．有三个零点等价于函数与的图象有三个交点，因为，，所以在上单调递减．易知，的零点为．画出与在上的大致图象，如图所示，易得与的图象在上有两个交点，所以与的图象在上必须有一个交点，得，化简得．令函数，即的图象与直线在上有一个交点．因为，由的图象（图略）可得，或，即或．综上，a的取值范围为．【点睛】方法点睛：（1）直接法：即令，对方程直接进行求解，方程解的个数就是零点的个数；（2）数形结合法：数形结合法求函数的零点，是将的方程转化为两个函数，根据两个函数的交点个数来确认零点个数；（3）零点存在定理：利用零点存在定理，再结合函数的性质(通常会用到单调性)确定零点个数；零点存在定理为：如果函数在上连续，且有，则函数在上至少存在一点，使得.（4）构造函数：可根据题目的不同情况，选择直接作差或者分离参数来构造新的函数，通过求解新函数的值域或最值来判断零点的个数.