2022-2023学年新疆乌鲁木齐市科信中学高一上学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年新疆乌鲁木齐市科信中学高一上学期期末数学试题含答案，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题，应用题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据集合间的交集运算即可.
【详解】由，，所以.
故选：A.
2．已知，则函数的零点所在区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先判断函数的单调性，再根据零点存在性定理判断即可；
【详解】因为在上单调递增，
又，，，，
所以，
所以函数的零点所在区间为
故选：C
3．已知，则函数与函数的图像在同一坐标系中可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性和的关系，即可得出答案.
【详解】解：当时，，则在上单调递增，
在定义域上单调递减，
对应的函数图像为B.
故选：B.
4．已知，且为第二象限角，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据同角三角函数基本公式计算即可.
【详解】由题意得，所以.
故选：A.
5．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据指数函数与对数函数的单调性比较大小即可.
【详解】解：.
所以.
故选：C.
6．中国扇文化有着深厚的文化底蕴，文人雅士喜在扇面上写字作画.如图，是书画家唐寅（1470—1523）的一幅书法扇面，其尺寸如图所示，则该扇而的面积为（ ）
A．704B．352C．1408D．320
【答案】A
【分析】设，，由题意可得：，解得，进而根据扇形的面积公式即可求解．
【详解】如图，设，，
由弧长公式可得：，
解得：，
所以，．
故选：．
7．设，且，则（ ）
A．B．10C．20D．100
【答案】A
【分析】根据指数式与对数的互化和对数的换底公式，求得，，进而结合对数的运算公式，即可求解.
【详解】由，可得，，
由换底公式得，，
所以，
又因为，可得．
故选：A.
8．已知，，用表示，中的较大者，记为，当时，的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】两函数作差得，分和讨论得到，再求出此分段函数值域即可.
【详解】，
因为,
所以,当时,
,
,所以,
当时，
,
,所以,
所以,
当时,单调递减,所以,
即,
当时,单调递增,所以,
即,
综上,,
即的值域为.
故选：D.
二、多选题
9．下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】根据函数奇偶性的定义，结合幂函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】解：对于A，函数的定义域为，且，
所以函数为奇函数，根据幂函数的性质，可得函数在区间上单调递增，故A正确；
对于B，函数的定义域为，且，
所以函数为奇函数，易知在上单调递增，故B正确；
对于C，函数的定义域为，不关于原点对称，所以函数为非奇非偶函数，故C错误；
对于D，函数在区间上单调递减，故D错误.
故选：AB.
10．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】AB
【分析】利用不等式的基本性质可判断A；利用作差法比较出大小可判断B；举出反例可判断CD.
【详解】对于A，由不等式的性质可知同向不等式相加，不等式方向不变，故A正确；
对于B，，因为，所以，故B正确；
对于C，当时，故C错误；
对于D，当时，，故D错误；
故选：AB.
11．下列说法正确的是（ ）
A．命题“”的否定是“”
B．命题“，”的否定是“，”
C．“”是“”的必要条件.
D．“”是“关于x的方程有一正一负根”的充要条件
【答案】BD
【分析】根据全称、特称命题的否定判断选项AB；
根据不等式与必要条件的判定判断选项C；
根据充要条件的判定结合一元二次方程根与系数的关系判断选项D.
【详解】对于A选项，命题“”的否定是“，”，故A选项错误；
对于B选项，命题“，”的否定是“，”，故B选项正确；
对于C选项，不能推出，也不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故C选项错误；
对于D选项，关于x的方程有一正一负根，则，解得，则“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件，故D选项正确.
故选：BD.
12．已知函数,下列结论中正确的是（ ）
A．函数的周期是
B．函数的图象关于直线对称
C．函数的最小值是
D．函数的图象关于点对称
【答案】AC
【分析】根据的解析式,由可求其周期,令即可求对称轴,根据,即可求最值,根据对称中心是令,即可判断选项D正误.
【详解】解:由题知,
,
故选项A正确;
令,
解得: ,
令,
令,
故选项B错误;
因为,
所以,
故选项C正确;
因为对称中心纵坐标为1,
故选项D错误.
故选:AC
三、填空题
13．函数的定义域是 ．
【答案】
【分析】根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果.
【详解】由题意得，
故答案为：
【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题.
14．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则 .
【答案】
【分析】利用三角函数的定义可求出的值.
【详解】由三角函数的定义可得，故答案为.
【点睛】本题考查利用三角函数的定义求余弦值，解题的关键就是三角函数定义的应用，考查计算能力，属于基础题.
15．已知幂函数的图象过点，则 ．
【答案】1
【分析】根据给定条件，求出幂函数的解析式即可计算作答.
【详解】依题意，设，为常数，则，解得，即，
所以.
故答案为：1
16．已知函数的最小正周期为，则的值为 .
【答案】
【分析】根据正切型三角函数确定最小正周期的表达式，即可求的值.
【详解】解：函数的最小正周期为，所以.
故答案为：.
四、解答题
17．计算：
(1)；
(2).
【答案】(1)
(2)18
【分析】（1）根据指数幂运算法则化简求值即可；
（2）利用对数函数运算性质和换底公式进行化简运算即可.
【详解】（1）解：原式；
（2）解：原式.
18．已知是第四象限角．
(1)若，求的值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）先由余弦值求出正切值，再结合诱导公式，化弦为切，代入求值即可；
（2）变形得到，求出的值.
【详解】（1）∵是第四象限角，，所以，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
∴或．
19．已知函数的最小正周期为.
(1)求的值；
(2)求函数的单调递减区间：
(3)若，求的最值.
【答案】(1)
(2)
(3)最大值为3，最小值为
【分析】（1）由最小正周期，求得，得到，再求；
（2）整体代入法求函数的单调递减区间；
（3）由的取值范围，得到的取值范围，可确定最值点，算出最值.
【详解】（1）由最小正周期公式得：，故，
所以，所以.
（2）令，解得，
故函数的单调递减区间是.
（3）因为，所以，
当，即时，的最大值为3，
当，即时，的最小值为.
五、证明题
20．已知函数
(1)用定义法证明函数在上单调递减
(2)求时，函数的值域
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用函数单调性的定义，结合作差，可得答案；
（2）由（1）的单调性，求其最值，可得答案.
【详解】（1）任意取，设，则，
由，，则，，，即，
故，所以函数在上单调递减.
（2）由（1）可知：函数在上单调递减，
，，
故.因此当时，函数的值域为.
六、应用题
21．公司生产一种电子仪器的固定成本为元，每生产一台仪器需增加投入元，已知月总收入满足函数：，其中是仪器的月产量，设月利润为元.
(1)写出月利润与月产量之间的函数关系式；
(2)当月产量为何值时，公司所获月利润最大?最大月利润为多少元?
【答案】(1)
(2)300台，25000元
【分析】（1）根据题意，明确成本和收益，可得答案；
（2）根据二次函数以及一次函数的单调性，结合分段函数的性质，可得答案.
【详解】（1）由题意知，每月的总成本为元，
从而.
（2）当时，，
所以当时有最大值；
当时，是减函数，
所以.
综上可知，当时，取最大值，最大值为.
故每月生产台仪器时，月利润最大，最大月利润为元.
七、解答题
22．已知函数，其中.且.
(1)求函数的定义域；
(2)判断的奇偶性，并说明理由；
(3)若，求使成立的的集合.
【答案】(1)
(2)奇函数，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据对数函数的定义求函数的定义域；
（2）由奇偶性性定义判断；
（3）由函数值求得值，然后根据对数函数的性质解不等式．
【详解】（1）要使函数有意义，则，
解得，
即函数的定义域为；
（2）
，
是奇函数.
（3）若，
解得：，
若，则，
，解得，
故不等式的解集为.