四川省绵阳南山中学2022-2023学年高一数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳南山中学2022-2023学年高一数学上学期期末试题（Word版附解析），共16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。

绵阳南山中学高2022级高一上期期末自测数学试题

一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 已知集合，集合，则C的子集的个数为（ ）
A. 3 B. 8 C. 7 D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得到集合，然后求子集个数即可.
【详解】由题意得，所以集合的子集的个数为.
故选：B.
2. 命题“，都有”的否定是（ ）
A. ，使得 B. ，使得
C. ，使得 D. ，使得
【答案】A
【解析】
【分析】全称改存在，再否定结论即可.
【详解】命题“，都有”的否定是“，使得”.
故选：A
3. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】解三角函数的方程，由小范围能推出大范围，大范围不能推出小范围可得结果.
【详解】∵，∴，，
∴且，
∴“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 已知a，b，c，d为实数，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】ABD采用特殊值法判断；C根据幂函数的性质进行判断.
【详解】A.当时，则，故错误；
B.当，时，则，故错误；
C.当时，，根据幂函数的性质，单调递减，又因为，所以，，故C正确；
D.当时，，故错误；
故选：C
5. 已知函数（且）的图象恒过定点，若角的终边经过点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出，再由三角函数定义得到答案.
【详解】当时，，故过定点，
由三角函数定义可得：，.
故选：A
6. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇函数的性质，得到，求出，再利用，可求出的值.
【详解】函数是定义在上的奇函数，，
解得，得，
所以时，，则，
因为为奇函数，故.
故选：B
7. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦函数、对数函数、指数函数的图像和性质求解即可.
【详解】因为，，，
所以，
故选：C
8. 已知函数（其中）的图象如图所示，则函数的图象是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数图象上特殊点正负性，结合指数型函数的性质进行判断即可.
【详解】由图象可知，所以，
因为，所以由(1)可得：，由(3)可得：，所以，
由(2)可得：，所以，
因此有，所以函数是减函数，
，所以选项A符合.
故选：A.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 下列三角函数值为负数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据诱导公式，逐个选项进行计算，即可判断答案.
【详解】对于A，，故A为正数；
对于B，，故B为负数；
对于C，，故C为负数；
对于D，，故D为负数；
故选：BCD
10. 下列关于幂函数说法正确的是（ ）
A. 图像必过点 B. 可能非奇非偶函数
C. 都是单调函数 D. 图像不会位于第四象限
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据幂函数随着变化的图像与性质，即可判断正误.
【详解】幂函数的解析式为，
当时，无论取何值，都有，
图像必过点，A选项正确；
当时，，定义域为，此函数为偶函数，
当时，，定义域为，此函数为非奇非偶函数，
所以可能是非奇非偶函数，B选项正确；
当时，，此函数先单调递减再单调递增，
则都单调函数不成立，C选项错误；
当时，无论取何值，都有，
所以图像不会位于第四象限，D选项正确；
故选：ABD.
11. 若正实数a，b满足，则下列选项中正确的是（ ）
A. 有最大值 B. 有最小值
C. 的最小值是10 D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用可判断A；利用可判断B；
展开后再利用基本不等式可判断C，由再利用指数函数的单调性可判断D．
【详解】对于A，∵，且，∴，当且仅当时取到等号，∴，∴有最大值，∴选项A正确；
对于B，，∴，
当且仅当时取到等号，∴B错误；
对于C，，
当且仅当即时取到等号，所以C不正确；
对于D，∵，∴，∴D正确．
故选：AD.
12. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的定义域为
B. 将的图象经过适当的平移后所得的图象可关于原点对称
C. 若在上有最小值－2，则
D. 设定义域为的函数关于中心对称，若，且与的图象共有2022个交点，记为（，2，…，2022），则的值为0
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：由即可判断；对B：由，可得的图象关于点成中心对称，从而即可判断；对C：，结合反比例函数的单调性即可判断；对D：由函数和图象关于对称，则与图象的交点成对出现，且每一对均关于对称，从而即可求解判断.
详解】对A：要使函数有意义，只需，即，故A正确；
对B：因为，
所以的图象关于点成中心对称可经过平移后可关于原点对称，故B正确．
对C：由B可知，
当且时，，在上递减，，解得，但不合题意，舍去；
当时，，在上递增，，解得，符合题意．
综上得，，故C错．
对D：∵，，
∴的图象关于对称，又函数的图象关于对称，
∴与图象的交点成对出现，且每一对均关于对称，
，故D正确．
故选：ABD.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.）
13. 计算：______.
【答案】1
【解析】
【分析】根据对数运算法则运算即可.
【详解】解：.
故答案为：1.
14. 已知，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由诱导公式可化简已知等式得到；根据诱导公式和正余弦齐次式的求法可将所求式子化为关于的式子，代入的值即可得到结果.
【详解】，，
.
故答案为：.
15. 已知半径为1的扇形，其面积与弧长的比值为_________________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据扇形的面积公式求面积和弧长的比值即可.
【详解】设弧长为，面积为，半径为，因为扇形面积公式为，所以.
故答案为：.
16. 已知函数f（x）＝ex＋x－2，g（x）＝ln x＋x－2，且f（a）＝g（b）＝0，给出下列结论：（1）a>b，（2）a0>f（b），（5）a＋b＝2，则上述正确结论的序号是________．
【答案】（2）（3）（5）
【解析】
【分析】根据根的存在性定理分别求出的范围，利用数形集合进行判断即可.
【详解】因为函数y＝ex，y＝ln x，y＝x－2都是增函数，
所以f（x）＝ex＋x－2，g（x）＝ln x＋x－2都是增函数,
f（0）＝e0＋0－2＝－1<0，f（1）＝e1＋1－2＝e－1>0，0 g（1）＝ln 1＋1－2＝－1<0，g（2）＝ln 2＋2－2＝ln 2>0， 1 0 a 令f（x）＝ex＋x－2＝0，g（x）＝ln x＋x－2＝0，则ex＝2－x，ln x＝2－x，
由于函数y＝ex，y＝ln x的图象和函数y＝2－x的图象都相交，又y＝ex和y＝ln x互为反函数，且图象关于直线y＝x对称，函数y＝2－x的图象也关于直线y＝x对称，函数y＝2－x和y＝x的图象的交点为(1，1)，如图所示，所以a＋b＝2，即（5）正确．

故答案为：（2）（3）（5）.
【点睛】本题考查利用零点存在性定理求参数范围，考查反函数的应用，考查数形结合思想与运算能力.
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 已知点在角的终边上，且.
（1）求和的值；
（2）求的值.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用三角函数的定义可得出关于的等式，可解出的值，进而利用三角函数的定义可求得的值；
（2）求出的值，利用诱导公式结合弦化切可求得结果.
【详解】（1）由三角函数的定义可得，则，解得，
所以，；
（2）由三角函数的定义可得，
所以，.
18. 如图，已知全集，集合或．

（1）集合C表示图中阴影区域对应的集合，求出集合C；
（2）若集合，且，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简集合，求即可；
（2）易判断，由端点建立不等式，可求a的取值范围．
【小问1详解】
，，由图可知.故；
【小问2详解】
因为，故，因为，所以，解得.
19. 在平面直角坐标系中，O是坐标原点，角的终边与单位圆的交点坐标为，射线绕点O按逆时针方向旋转弧度后交单位圆于点B，点B的纵坐标y关于的函数为．

（1）求函数的解析式．并求的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，而，根据所在象限，得出，进而求出，再代入，即可求得；
（2）由，得到，根据，得，利用平方关系解得，进而可求出的值.
【小问1详解】
因为，且，点在第三象限，所以，
由此得，

【小问2详解】
由于知，即
由于，得，与此同时，所以
由平方关系解得：，
所以
20. 已知二次函数（a，b，c为常数）
（1）若不等式的解集为或且，求函数在上的最值；
（2）若b，c均为正数且函数至多一个零点，求的最小值．
【答案】（1）最大值为6，最小值为
（2）4
【解析】
【分析】（1）根据已知条件建立相应的关系式，求出即得的解析式，
然后根据二次函数在闭区间上的性质求最值；
（2）利用已知条件判断出的值，至多只有一个零点，
所以利用判别式得出范围，写出利用基本不等式
求最小值即可.
【小问1详解】
由的解集为或且知：

所以，
由对称轴为：，
当时，
的最大值为，
最小值为.
【小问2详解】
由，
至多只有一个零点，
则，又可知
所以
则

则的最小值为4，当且仅当时取等．
21. 据悉某市一号线一辆列车满载时约为550人，人均票价为4元，十分适合中小城市的运营.日前该市运营公司通过一段时间的营业发现，每辆列车的单程营业额（元）与发车时间间隔（分钟）相关：当间隔时间达到或超过12分钟后，列车均为满载状态；当时，单程营业额与成正比；当时，单程营业额会在时的基础上减少，减少的数量为.
（1）求当时，单程营业额关于发车间隔时间的函数表达式；
（2）由于工作日和节假日的日运营时长不同，据统计每辆车日均次单程运营.为体现节能减排，发车间隔时间，则当发车时间间隔为多少分钟时，每辆列车的日均营业总额最大？求出该最大值.
【答案】（1）
（2）时，
【解析】
【分析】（1）由题意设当时的函数表达式，由时满载求得比例系数，进而求得当时表达式，写为分段函数形式，即得答案；
（2）由题意可得，，采用换元并结合二次函数性质,
【小问1详解】
当时，设，a比例系数，
由时满载可知，
即，则，
当时，，
故当时，,
故.
【小问2详解】
由题意可得，，
化简得，，
令，则，
当，即时，符合题意，此时.
22. 已知函数，记.
（1）求函数的定义域；
（2）判断函数的奇偶性，并说明理由；
（3）是否存在实数，使得当时，的值域为？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，则说明理由.
【答案】（1）
（2）奇函数，证明见解析
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】(1)根据真数大于0，分别求f(x)和g(x)定义域，F(x)为这两个定义域的交集；
(2)根据函数奇偶性的定义，即可判断；
(3)先根据定义域和值域求出m，n，a的范围，再利用单调性将问题转化为方程有解问题.
【小问1详解】
由题意知
要使有意义，则有
，得
所以函数的定义域为：
【小问2详解】
由(1)知函数F(x)的定义域为：，关于原点对称，

函数为上的奇函数.
【小问3详解】
，
假设存在这样的实数，则由
可知

令，则在上递减，在上递减，

是方程，即有两个在上的实数解
问题转化为：关于的方程在上有两个不同的实数解
令，则有
，
解得，又，∴
故这样的实数不存在.