2021-2022学年浙江省宁波市高一上学期期末数学试题含解析

这是一份2021-2022学年浙江省宁波市高一上学期期末数学试题含解析，共15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。
2021-2022学年浙江省宁波市高一上学期期末数学试题一、单选题1．设集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出的补集，再和求交集即可.【详解】因为，所以=，，故选：B2．已知角是的内角，则“”是“”的（       ）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件【答案】C【分析】在中，由求出角A，再利用充分条件、必要条件的定义直接判断作答.【详解】因角是的内角，则，当时，或，即不一定能推出，若，则，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：C3．下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据奇函数可排除C选项，由函数为增函数可排除A、B选项，得出答案.【详解】选项A. 函数为奇函数，但在定义域内不是增函数，故不正确.选项B. 函数为奇函数，但在定义域内不是增函数，故不正确.选项C. 函数不是奇函数，不正确.选项D. 函数是奇函数且在上为增函数. 故正确.故选：D4．已知，，，则（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先利用指数函数的性质比较的大小，再利用幂函数的性质比较的大小，即得解.【详解】因为是单调递增函数，所以，因为是单调递增函数，所以 ，所以.故选：A.5．已知函数是定义在上的奇函数，且满足，则（       ）A． B．0 C．1 D．2022【答案】B【分析】求出函数的周期，利用周期和可得答案.【详解】因为，所以，所以的周期为4，函数是定义在上的奇函数，所以，所以，.故选：B.6．在流行病学中，基本传染数是指每名感染者平均可传染的人数．当基本传染数高于时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染这种疾病的人数量指数级增长．当基本传染数持续低于时，疫情才可能逐渐消散．广泛接种疫苗可以减少疾病的基本传染数．假设某种传染病的基本传染数为，个感染者在每个传染期会接触到个新人，这人中有个人接种过疫苗(称为接种率)，那么个感染者新的传染人数为．已知新冠病毒在某地的基本传染数为了使个感染者传染人数不超过，该地疫苗的接种率至少为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意列不等式，即可求出结果.【详解】由题意可得：故选：C.7．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分析各选项中函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，由此可得出合适的选项.【详解】对于A选项，函数的定义域为，不满足条件；对于B选项，函数的定义域为，不满足条件；对于C选项，函数的定义域为，，函数为偶函数，当时，，则，不满足条件；对于D选项，函数的定义域为，，函数为偶函数，当时，，则，满足条件.故选：D.8．已知函数，则存在，对任意的有（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】考虑到二次函数的对称轴的不同情况，结合二次函数的单调性，即可判断每个选项的正确与否.【详解】对于A,当 时，有，故A错误；对于B，为四次函数， 为指数函数，且是单调递增，当x取很大的实数时，不存在，使得，故B错误；对于C，要使 ，必须满足 ，也即恒有，当时，就有，说明C错误；对于D，，即 ，此时，若 ，则 ，那么对任意的，恒成立，故D正确；故选：D.二、多选题9．若，则角的终边可能落在（       ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】AB【分析】通过“切化弦”思想，结合各象限内三角函数值的符号即可得结果.【详解】因为，所以，所以角的终边可能落在第一象限或第二象限，故选：AB.10．已知正实数x，y，z满足，则下列选项正确的有（       ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】设，所以，利用换底公式可判断A；利用换底公式计算可判断B；利用换底公式，，，构造函数利用单调性可判定 C；由，，利用做差比较大小可判断D.【详解】设，所以，因为，故A错误； ，所以，故B正确；，，，因为x，y，z是正实数，所以，所以是单调递增函数，所以，所以，故C错误；，，因为，所以，，所以，故D正确.故选：BD.11．设函数，则下列结论正确的是（       ）A．，使得B．，使得C．，都有D．，都有【答案】BD【分析】假设，使得推出矛盾可判断A,取特殊值可判断BC，利用解析式化简可判断D.【详解】对A，若，使得，即，所以，可得，即，显然不存在满足此条件的整数，故不存在，A错误；对B，当时，成立，故B正确；对于C，取时，，故C错误；对于D，，，故D正确.故选：BD12．若实数a，b满足，则下列关系式中可能成立的是（       ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据题目实数,满足,设,,画出函数图象,逐段分析比较大小即可.【详解】解：因为实数,满足.设,，显然在上都单调递增，且，,作出函数的图像，如图由图象可知①当 时,,所以,即,故B正确②当 时,,所以,即,故D正确③当 时,,所以,即,故A正确④当 时,,所以,即,故D正确⑤当 时,,所以,即,故C错误.故选：ABD三、填空题13．已知扇形的圆心角为，半径为，则扇形的面积是(      ).【答案】【解析】利用弧长公式先求解弧长，再利用扇形的面积公式求解.【详解】因为扇形的圆心角为，半径为，所以扇形的弧长，所以面积.故答案为：.【点睛】本题主要考查扇形的面积求解，明确扇形的面积公式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.14．已知，则______．【答案】或或【分析】首先根据诱导公式求出，再利用同角三角函数关系式求出的值，从而可求出的值.【详解】因为，所以，所以或，当时，，；当时，，.故答案为：或.15．已知函数，若，则的取值范围是______．【答案】【分析】根据函数的解析式利用定义可判断出函数的单调性和奇偶性，再利用单调性和奇偶性可得答案.【详解】当时，在上单调递增，当时，在单调递增，又因为在，所以在上单调递增，当时，，，当时，，，因为，所以为奇函数，由得，所以，解得.故答案为：.16．已知，，是函数的三个零点，则的取值范围是______．【答案】【分析】首先判断出；然后再判断为奇函数，从而得到，，进而根据即可求出答案.【详解】显然，即.设，即，则，所以为奇函数，所以，且，所以，因为，所以，所以，所以的取值范围是.故答案为：.四、解答题17．已知集合，．(1)若，求；(2)若命题“，”是真命题，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据交集定义即可得解；（2）由命题为真命题可得，列不等式组求解即可.(1)由题意当时，所以(2)由题意得，所以，则解得．所以实数的取值范围是.18．已知函数．(1)求的值；(2)在中，若，求的最大值．【答案】(1)1(2)【分析】（1）根据二倍角公式及和差公式化简函数，然后即可直接求出的值；（2）首先求出角的值，然后利用和差公式和辅助角公式把转化为，从而可求出最大值.(1)，所以．(2)因为，所以，又因为，所以，所以，得，所以，所以当时，的最大值为．19．已知函数的部分图象如图． (1)求函数的解析式；(2)将函数的图象向左平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求的单调递减区间．【答案】(1)(2)【分析】（1）直接利用函数的图象求出函数的关系式．（2）利用（1）的结论，进一步利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用求出函数的关系式，进一步求出函数的单调递减区间．(1)由图可得，又，得又当时取得最大值，所以，得又，得，所以(2)的图象向左平移个单位后，得到横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到所以，令，得所以的单调递减区间为．20．已知函数．(1)证明：函数在上为增函数；(2)若对于区间上的每一个值，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由定义法且，先得出与的大小，从而得出与的大小，使得问题得证.（2）由题意，恒成立，令，先得出函数的单调性，从而得出的最小值，从而得出答案.(1)且则，所以，即所以即所以函数在上单调递增．(2)由题意，恒成立令，且则由（1）得，又，所以，即所以是上的增函数则所以．21．如图所示，摩天轮的直径为100m，最高点距离地面高度为110m，摩天轮的圆周上均匀地安装着24个座舱，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，并且运行时按逆时针匀速旋转，转一周大约需要12min．(1)游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后距离地面的高度为，求在转动一周的过程中，H关于t的函数解析式；(2)在甲进座舱后间隔3个座舱乙游客进座舱（如图所示，此时甲、乙分别位于P、Q两点，本题中将座舱视为圆周上的点），以乙进座舱后开始计时，在运行一周的过程中，求两人距离地面的高度差h（单位：m）关于t的函数解析式，并求出时t的取值范围．【答案】(1)(2)，【分析】（1）建立合适的坐标系，求出H关于t的函数解析式；（2）在第一问的基础上，列出不等关系，用三角恒等变换化简，解出解集.(1)如图，以摩天轮中心为原点，与地面平行的直线为轴，建立直角坐标系．由题意，摩天轮的角速度所以甲所在的位置的纵坐标则(2)令甲、乙两位游客距离地面的高度为、，则，令，得或解得：．22．已知函数，．(1)当时，函数在上不单调，求实数的取值范围；(2)对，，且，使，求实数的取值范围．【答案】(1)；(2)无解.【分析】（1）把的值代入函数的解析式，然后求出函数的单调区间，从而可求出实数的取值范围；（2）首先求出在内的值域为；然后通过分或两种情况进行讨论，根据或者，即可求出实数的取值范围．(1)当时，，所以在递增，递减，递增因为在上不单调，所以，解得．(2)因为，所以在上单调递减，所以．而，当时，在上单调递增，所以方程至多有一个根，不符合题意；当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以符合题意的必须满足或，即或，①当时，函数在单调递增，在单调递减，由题意，对任意的，方程在上至少有两个不同的解，等价于，则，即，所以，即．②当时，函数在单调递减，在单调递增，所以，则，所以，即，解得．综上所述，实数无解．