2022-2023学年陕西省西安市长安区第一中学高一上学期期末数学试题含解析

2022-2023学年陕西省西安市长安区第一中学高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．若集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解出集合，根据集合交集的运算即可求解.

【详解】,.

故选：B

2．“且”是“为第三象限角”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】D

【分析】求出且时所在象限，再根据充分必要条件的概念判断．

【详解】因为且，由任意角的三角函数可知，为第四象限角，

所以“且”是“为第三象限角”的既不充分也不必要条件，

故选：D.

3．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据二倍角公式和同角三角函数的关系，，再进行“弦化切”即可代值求解.

【详解】.

故选：B.

4．已知命题；命题﹐，则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】分别判断出命题和的真假，即可逐个选项进行判断.

【详解】命题是特称命题，

因时，，无解，

所以命题是假命题；

命题﹐是全称命题，

因，所以，所以命题是真命题.

所以是真命题，是假命题，

所以是假命题，是真命题，

是假命题，是假命题.

故选：B

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用中间值0和1进行比较即可.

【详解】，所以，，所以，，所以，所以.

故选：C.

6．某市生产总值连续两年持续增加.第一年的增长率为，第二年的增长率为，则该市这两年生产总值的年平均增长率为

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】试题分析：设这两年年平均增长率为，因此解得．

【解析】函数模型的应用．

7．已知正实数满足则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，则，代入已知等式，化为关于x的方程，由判别式非负，解得t的最大值.

【详解】设，则，

因为，

所以，即：，

所以，

解得：，

又因为，为正实数，

所以，

所以的最大值为.

故选：C.

8．幂函数，当取不同的正数时，在区间上它们的图像是一组美丽的曲线（如图），设点连接AB，线段AB恰好被其中的两个幂函数的图像三等分，即BM=MN=NA,那么（    ）

A． B．.2 C．1 D．

【答案】C

【分析】求出M、N的坐标，分别带入函数解析式即可求得a、b，然后根据换底公式可得.

【详解】因为M、N为线段AB的三等分点，

易得，分别带入得，

解得，

所以.

故选：C

9．已知函数，则关于的方程实数解的个数为（    ）

A．4 B．5 C．3 D．2

【答案】A

【分析】由解得或2，再画出，，的图象数交点个数即可.

【详解】因为，解之得或2，

当时，；

当时，，当且仅当时等号成立，

所以，，的图象如图：

由图可知使得或的点有4个.

故选：A.

10．定义在R上的偶函数满足，当时，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，由条件可得的周期为，然后结合偶函数的性质可得时的解析式，再由其单调性即可得到结果.

【详解】因为函数满足，

则，

所以的周期为，且是偶函数，

当时，，

设，则，

所以，

所以在上单调递减，

因为，且，所以，故A错误；

因为，且，所以，故B错误；

因为，，

且为偶函数，则，

且，，所以，故C错误；

因为，且，所以，故D正确；

故选:D

二、多选题

11．下列函数中既是偶函数，又在上单调递减的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】根据函数奇偶性的定义以及基本初等函数的单调性逐项判断，可得出合适的选项.

【详解】对于A选项，函数的定义域为，该函数为非奇非偶函数，A不满足条件；

对于B选项，函数的定义域为，

设，则，该函数为偶函数，

且函数在上为减函数，B满足条件；

对于C选项，函数的定义域为，

设，则，该函数为偶函数，

当时，，则函数在上为减函数，C满足条件；

对于D选项，函数的定义域为，

设，则，该函数为偶函数，

函数在上为增函数，D不满足条件.

故选：BC.

12．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】利用指对数函数的单调性判断AC；举例说明判断BD作答.

【详解】由知，，则，A正确；

取满足，此时，，BD错误；

由，得，C正确.

故选：AC

13．函数的图象关于中心对称，则（    ）

A．在单调递减；

B．在区间的最小值是；

C．直线是图像的一条对称轴；

D．

【答案】BCD

【分析】利用函数的对称中心得到，然后根据正弦函数的图象和性质逐项判断即可求解.

【详解】因为函数的图象关于中心对称，

所以，又因为，所以，

则函数，

对于A，因为，所以，所以函数在先增后减，故选项A错误；

对于B，因为，所以，当时，函数取最小值，故选项B正确；

对于C，函数，因为，所以直线是图像的一条对称轴，故选项C正确；

对于D，函数，则函数，故选项D正确；

故选：BCD.

14．设函数函数，若有三个不同的零点，且满足，则下列说法正确的有（    ）

A． B．的取值范围是

C． D．的取值范围是

【答案】AB

【分析】利用函数与的图象可判断C；直接解方程求出可判断A；表示出，，换元后利用对勾函数的单调性求最小值，即可判断BD.

【详解】因为有三个不同的零点，所以函数与有三个交点，

由图可知，，故C错误；

令，即，解得，

显然，故A正确；

因为，所以，令，

则，

由对勾函数性质可知，上述函数在上单调递增，所以在，

所以当时，，B正确；

令，则，

由对勾函数性质可知，上述函数在上单调递增，所以在，

所以当时，，故D错误.

故选：AB

三、填空题

15．______．

【答案】

【分析】直接由诱导公式化简为，即可得出答案．

【详解】，

故答案为：．

16．已知函数的定义域为，则函数的定义域为______.

【答案】

【分析】由，可知，再解关于的不等式即可.

【详解】因为，即，所以，所以，所以.

故答案为：.

17．已知关于的方程有两个实数根，且一根大于2，一根小于2，则实数的取值范围为______.

【答案】

【分析】构造函数，利用一根大于2，一根小于2，根据二次函数的性质建立不等式，解不等式即可求实数k的取值范围．

【详解】关于x的方程有两个实数根，

且一根大于2，一根小于2，

构造函数，

∵一根大于2，一根小于2，∴，

∴，解得.

则k的取值范围是.

故答案为：.

18．已知函数是定义在上的奇函数，且，若 对所有的恒成立，则实数的取值范围是______.

【答案】

【分析】可以消元转换的策略，先消去一个变量，易得在上单调递增，所以在[-1，1]上最大值是，问题可转化为对于所有的恒成立，令，只需，解不等式即可.

【详解】因为为奇函数且，，，

所以，

所以在上单调递增，

所以，

又因为对于所有的恒成立，

所以对于所有的恒成立，

即 对于所有的恒成立，

即 对于所有的恒成立，

令，

所以只需满足，

解得或．

故答案为：.

四、解答题

19．（1）已知角顶点与坐标原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，求的值.

（2）计算：

【答案】（1）2；（2）2

【分析】（1）运用诱导公式化简及角终边经过点，则公式代入计算即可.

（2）运用对数运算公式计算即可.

【详解】解析：（1）因为角终边经过点，

所以，

所以原式.

（2）

.

20．已知函数，.

(1)若关于x的不等式对一切实数x都成立，求b的取值范围；

(2)当时，函数的最小值为1，求值.

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）将问题转化为，由二次函数在对称轴处取得最值可得，解不等式即可.

（2）分别讨论、、时二次函数在上的单调性进而得其最小值，结合已知条件解方程即可.

【详解】（1）因为恒成立，

所以，

当且仅当时，取最小值为，

所以，

即：，解得.

故b的取值范围为.

（2）因为是二次函数，图像抛物线开口向上，对称轴为，

①若，则在上单调递增，∴，解得；

②若，则在上单调递减，∴，解得（舍）；

③若，则在上单调递减，在上单调递增，

∴，

解得或（舍）；

综上，或.

21．已知函数，.

(1)求的最小正周期；

(2)求在区间上的最大值和最小值.

【答案】(1)

(2)最大值为，最小值为.

【分析】（1）由三角函数恒等变换的应用可得，利用正弦函数的周期性可求最小正周期.

（2）通过，求得，再利用正弦函数的性质可求最值.

【详解】（1）由已知，有

.

所以，的最小正周期.

（2）时，，

当，即时，取到最大值，

当，即时，取到最小值.

所以，函数在闭区间上的最大值为，最小值为.

22．已知函数 其中.

(1)若，解不等式；

(2)设，，若对任意的，函数在区间上的最大值和最小值的差不超过1，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论解分段函数不等式即可.

（2）由对数型函数的单调性可得在单调递减，进而运用对数运算公式及对数型函数单调性将问题转化为求在上恒成立，即求，运用换元法及对勾函数的单调性可求得结果.

【详解】（1）时，

当时，，解得或，所以；

当时，，，所以.

综上，.

（2）因为，，

所以在单调递减，

所以，

即：，

所以，

所以在上恒成立，

所以，，

令，

则，

①当时，，

②当时，，

又因为在上递减，

所以，

所以，

综上，.

所以.

23．对于定义域为的函数，如果存在区间，同时满足：①在内是单调函数；②当定义域是时，的值域也是，则称是该函数的“优美区间”．

(1)写出函数的一个“优美区间”；

(2)求证：函数不存在“优美区间”；

(3)已知函数有“优美区间”，当变化时，求出的最大值．

【答案】(1)

(2)答案见解析

(3)

【分析】（1）结合“优美区间”的定义，即可写出函数的一个“优美区间”；

（2）若函数存在“优美区间”，可得函数在上单调递减，从而可得，联立可推出矛盾，即可证明结论；

（3）函数有“优美区间”，结合单调性可得，说明是方程的两个同号且不等的实数根，结合根与系数的关系可求得的关系，进而可求得的最大值．

【详解】（1）是的一个“优美区间”，证明如下：

在区间上单调递增，

又，，∴的值域为，

∴是的一个“优美区间”．

（2）设是函数的定义域的子集．

由，可得或，

∴函数在上单调递减．

若是函数的“优美区间”，则，

两式相减得，，则，

，

则，显然等式不成立，

∴函数不存在“优美区间”．

（3）的定义域为，是函数的定义域的子集，

则或，

而函数在上单调递增，

若是函数的“优美区间”，则，

∴是方程，即的两个同号且不等的实数根．

，∴同号，

只需，解得或，

，，

，

∴当时，取得最大值．