青海省西宁市2022-2023学年高一上学期期末数学试题

这是一份青海省西宁市2022-2023学年高一上学期期末数学试题，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中只有一个选项符合要求）
1. 若集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的并集运算，即可得答案.
【详解】由题意得集合，
则，
故选：A
2. 设命题，则为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.
3. 函数的定义域为（ ）
A. B.
C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数解析式有意义的要求列不等式求函数定义域.
详解】由函数解析式有意义可得
且，
所以函数的定义域是且，
故选：D.
4. 下列函数中，在R上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】A选项，不满足单调性；BD定义域不是R；C选项满足在R上单调递增.
【详解】A选项，，则该函数在上单调递减，不合要求，A错误；
B选项，定义域为，故不合要求，B错误；
C选项，定义域为R，且在R上单调递增，C正确；
D选项，的定义域为，不合要求，D错误.
故选：C.
5. 若，则所在的象限是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由的范围，求出的正负，从而可确定点所在象限．
【详解】∵，∴，
∴点在第二象限．
故选：B．
6. 已知，则“”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】B
【解析】
【分析】根据不等式的解，即可根据由必要不充分条件的判断求解.
【详解】由得，所以不一定能得到，但能得到，故“”是“”必要不充分条件，
故选：B
7. 已知关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分，讨论，结合二次函数的性质即得.
【详解】当时，，满足题意；
当时，则 ，解得，
综上，的取值范围为．
故选：C.
8. 已知函数，若实数，则函数的零点个数为（ ）
A. 0或1B. 1或2C. 1或3D. 2或3
【答案】D
【解析】
【分析】转化为与的函数图象交点个数问题，画出函数图象，数形结合得到答案.
【详解】函数的零点个数即函数与的函数图象交点个数问题，
画出的图象与，的图象，如下：
故函数的零点个数为2或3.
故选：D
二、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0分．）
9. 已知，，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意可得，对ABD，根据作差法判断即可；对C，举反例判断即可.
【详解】已知，，则.
对A，由题意，，故，即成立，故A正确；
对B，，即，故B正确；
对C，当时，满足题设，但不成立，故C错误；
对D，，故，故D正确；
故选：ABD
10. 已知定义在区间上的一个偶函数，它在上的图像如图，则下列说法正确的是（ ）
A. 这个函数有两个单调增区间
B. 这个函数有三个单调减区间
C. 这个函数在其定义域内有最大值7
D. 这个函数在其定义域内有最小值
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意补全函数的图象，进而观察图象求得答案
【详解】由题意作出该函数在上的图象，如图所示．
由图象可知该函数有三个单调递增区间，三个单调递减区间，在其定义域内有最大值7，最小值不为，
故选：BC
11. 已知函数，则下列关于这三个函数的描述中，正确的是（ ）
A. 随着的逐渐增大，增长速度越来越快于
B. 随着的逐渐增大，增长速度越来越快于
C. 当时，增长速度一直快于
D 当时，增长速度有时快于
【答案】BD
【解析】
【分析】
由指数函数，幂函数，一次函数的图像特点逐一分析即可．
【详解】如图
对于，
从负无穷开始，大于，然后大于，再然后再次大于，最后大于，再也追不上，故随着的逐渐增大，增长速度越来越快于，A错误，BD正确；
由于的增长速度是不变的，当时，大于，当时，大于，再也追不上，增长速度有时快于，C错误．
故选：BD．
12. 已知函数部分图象如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 函数的最小正周期为π
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数的图象关于点对称
D. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象
【答案】CD
【解析】
【分析】A选项，由图象求出，A错误；BC选项，根据图象求出，进而代入验证得到的图象关于直线对称，B正确，C错误；D选项，根据左加右减求出平移后的解析式，D错误.
【详解】A选项，由图象得，，解得，A正确；
BC选项，因为，所以，故，
将代入解析式得，故，
解得，
因为，故只有满足要求，
故，
当时，，
故函数的图象关于直线对称，B正确，C错误；
D选项，将函数的图象向左平移个单位长度得到函数，故D错误.
故选：CD
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若扇形的弧长与面积都是6，则这个扇形的圆心角的弧度数是______．
【答案】3
【解析】
【分析】由扇形的面积公式可得，再由弧长公式计算即可得答案.
【详解】解：因为扇形的弧长与面积都是6，
由扇形的面积公式可知：，
所以，
所以圆心解.
故答案为：
14. 函数f (x)＝x2－2x＋3在闭区间[0，3]上的最大值为________．最小值为________．
【答案】 ①. 6 ②. 2
【解析】
【分析】将函数配方为f (x)＝(x－1)2＋2，0≤x≤3，再利用二次函数的性质求解.
【详解】f (x)＝(x－1)2＋2，0≤x≤3，
∴x＝1时，f (x)min＝2，x＝3时，f (x)max＝6.
故答案为：（1）6；（2）2.
【点睛】本题主要考查二次函数求最值，属于基础题.
15. 若角α的终边上有一点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据定义求出角α的正切，再利用二倍角公式求解.
【详解】由题意得，故.
故答案为：
16. 已知，，，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据求出，分，，三种情况，结合求出实数a的取值范围，利用来验证，最终求出答案.
【详解】，而单调递减，
故，
若，由可得，故，
此时，满足要求，
若，此时，不合要求，
若，由可得，故，此时，不合要求.
故答案为：
四、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知R为全集，集合，集合．
（1）求；
（2）若，求实数a的值．
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】(1)根据补集的定义求解即可；
(2)根据交集的定义求解即可.
【小问1详解】
解：因为R为全集，集合，
所以或；
【小问2详解】
解：因为，集合，，
所以，解得.
18. 计算下列各式的值：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用分数指数幂和根式运算法则计算即可；
（2）利用对数运算法则计算即可.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
．
19. ，，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角函数诱导公式得到，从而代入求值；
（2）在（1）的基础上，利用同角三角函数关系求出的正弦和余弦，进而利用正弦的和角公式求出答案.
【小问1详解】
由，得，
所以，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，又，
因为，解得，，
因为，，所以，
所以．
20. 有一批材料,可以建成长为240米的围墙.如图,如果用材料在一面靠墙的地方围成一块矩形的场地,中间用同样材料隔成三个相等面积的矩形,怎样围法才可取得最大的面积?并求此面积.
【答案】当面积相等小矩形的长为时，矩形面积最大，
【解析】
【分析】设每个小矩形的长为，宽为，依题意可知，代入矩形的面积公式，根据基本不等式即可求得矩形面积的最大值.
【详解】设每个小矩形的长为，宽为，依题意可知，
，
当且仅当取等号，
所以时，.
【点睛】本题主要考查函数最值的应用，考查了学生分析问题和解决问题的能力.
21. 已知函数.
(1)求函数得单调增区间；
(2)求函数在区间的最值.
【答案】(1) . (2) ，.
【解析】
【分析】（1）直接利用复合函数的单调性求得函数的单调增区间；
（2）由的范围求出相位的范围，进一步求得函数的最值．
【详解】解:(1)由，得
∴的单调区间是.
(2)∵，则，，
∴，.
【点睛】本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查了正弦函数的图象和性质，是中档题．
22. 已知函数是奇函数．
（Ⅰ）求的值，并用函数单调性的定义证明函数在上是增函数；
（Ⅱ）求不等式的解集．
【答案】（Ⅰ），证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）根据为奇函数求得的值.利用函数单调性的定义证得在上是增函数.
（Ⅱ）利用的奇偶性和单调性化简不等式，结合一元二次不等式的解法，求得所求不等式的解集.
【详解】（Ⅰ）由于是定义在上的奇函数，所以，解得.
所以.
任取，
，其中，，
所以，即，，
所以函数在上是增函数.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知是在上递增的奇函数，
所以
，解得或.
所以不等式的解集为.
【点睛】本小题主要考查函数的单调性和奇偶性，考查一元二次不等式的解法，属于中档题.