2021-2022学年上海市上海中学高一上学期期末数学试题含解析

这是一份2021-2022学年上海市上海中学高一上学期期末数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市上海中学高一上学期期末数学试题一、单选题1．的始边是x轴正半轴，则其终边位于第（       ）象限．A．一 B．二 C．三 D．四【答案】B【分析】将转化为内的角，即可判断.【详解】，所以的终边和的终边相同，即落在第二象限.故选：B2．设函数的定义域为．则“在上严格递增”是“在上严格递增”的（       ）条件．A．充分不必要 B．必要不充分C．充分必要 D．既不充分也不必要【答案】A【分析】利用特例法、函数单调性的定义结合充分条件、必要条件的定义判断可得出合适的选项.【详解】若函数在上严格递增，对任意的、且，，由不等式的性质可得，即，所以，在上严格递增，所以，“在上严格递增”“在上严格递增”；若在上严格递增，不妨取，则函数在上严格递增，但函数在上严格递减，所以，“在上严格递增”“在上严格递增”.因此，“在上严格递增”是“在上严格递增”的充分不必要条件.故选：A.3．将函数的图像向左、向下各平移1个单位长度，得到的函数图像，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数的图象变换的原则，结合对数的运算性质，准确运算，即可求解.【详解】由题意，将函数的图像向左、向下各平移1个单位长度，可得.故选：B.4．设函数，点，，在的图像上，且．对于，下列说法正确的是（       ）①一定是钝角三角形       ②可能是直角三角形   ③不可能是等腰三角形       ③可能是等腰三角形A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】A【分析】结合，得到，所以一定为钝角三角形，可判定①正确，②错误；根据两点间的距离公式和函数的变化率的不同，得到，可判定③正确，④不正确.【详解】由题意，函数为单调递增函数，因为点，，在的图像上，且，不妨设，可得，则，因为，可得，又由因为，，，，所以，所以所以，所以一定为钝角三角形，所以①正确，②错误；由两点间的距离公式，可得，根据指数函数和一次函数的变化率，可得点到的变化率小于点到点的变化率不相同，所以，所以不可能为等腰三角形，所以③正确，④不正确.故选：A. 二、填空题5．若函数满足，则______．【答案】【分析】根据题意，令，结合指数幂的运算，即可求解.【详解】由题意，函数满足，令，可得.故答案为：.6．函数的单调增区间是______．【答案】【分析】先求出函数的定义域，再换元，利用复合函数单调性的求法求解【详解】由，得，所以函数的定义域为，令，则，因为在上递增，在上递减，而在上为增函数，所以在上递增，在上递减，故答案为．7．已知是第四象限角，，则______．【答案】【分析】利用同角三角函数的基本关系求出的值，在利用诱导公式可求得结果.【详解】因为是第四象限角，，则，所以，.故答案为：.8．函数的最小值为______．【答案】（或-0.125）【分析】化简函数为，，得到，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】由题意，函数，令，可得，当时，，即函数的最小值为.故答案为：.9．已知函数的最大值与最小值之差为，则______．【答案】或.【分析】根据幂函数的性质，结合题意，分类讨论，利用单调性列出方程，即可求解.【详解】由题意，函数，当时，函数在上为单调递增函数，可得，解得；当时，显然不成立；当时，函数在上为单调递减函数，可得，解得，综上可得，或.故答案为：或.10．已知是偶函数，且方程有五个解，则这五个解之和为______．【答案】【分析】根据函数的奇偶性和图象变换，得到函数的图象关于对称，进而得出方程其中其中一个解为，另外四个解满足，即可求解.【详解】由题意，函数是偶函数，可函数的图象关于对称，根据函数图象的变换，可得函数的图象关于对称，又由方程有五个解，则其中一个解为，不妨设另外四个解分别为且，则满足，即，所以这五个解之和为，故答案为.11．不等式的解为______．【答案】【分析】根据幂函数的性质，分类讨论即可【详解】将不等式转化成 （Ⅰ），解得；（Ⅱ），解得；（Ⅲ），此时无解；综上，不等式的解集为，故答案为．12．设是定义在区间上的严格增函数．若，则a的取值范围是______．【答案】.【分析】根据题意，列出不等式组，即可求解.【详解】由题意，函数是定义在区间上的严格增函数，因为，可得，解得，所以实数a的取值范围是.故答案为：.13．若，记，，，则P、Q、R的大小关系为______．【答案】【分析】利用平方差公式和同角三角函数的平方关系可得P、R的关系，然后作差，因式分解，结合已知可判断P、Q的大小关系.【详解】又因为，所以所以，即所以P、Q、R的大小关系为.故答案为：14．在函数的图像上，有______个横、纵坐标均为整数的点．【答案】3【分析】由题可得函数为减函数，利用赋值法结合条件及函数的性质即得.【详解】因为，所以函数在R上单调递减，又，，，，且当时，，当时，令，则，综上，函数的图像上，有3个横、纵坐标均为整数的点．故答案为：3.15．设，若存在使得关于x的方程恰有六个解，则b的取值范围是______．【答案】【分析】作出f(x)的图像，当时，，当时，.令，则，则该关于t的方程有两个解、，设＜，则，.令，则，据此求出a的范围，从而求出b的范围．【详解】当时，，当时，，当时，，则f(x)图像如图所示：当时，，当时，．令，则，∵关于x的方程恰有六个解，∴关于t的方程有两个解、，设＜，则，，令，则，∴且，要存在a满足条件，则，解得．故答案为：．16．若定义域为的函数满足：对任意能构成三角形三边长的实数，均有，，也能构成三角形三边长，则m的最大值为______．（是自然对数的底）【答案】【分析】不妨设三边的大小关系为：，利用函数的单调性，得出，，的大小关系，作为三角形三边则有任意两边之和大于第三边，再利用基本不等式求出边的范围得出的最大值即可.【详解】在上严格增，所以 ，不妨设，因为对任意能构成三角形三边长的实数，均有，，也能构成三角形三边长，所以，因为，所以，因为对任意都成立，所以，所以，所以，所以，所以m的最大值为．故答案为：. 三、解答题17．求函数的定义域、值域与单调区间；【答案】定义域为，值域为，递减区间为，递增区间为.【分析】由函数的解析式有意义列出不等式，可求得其定义域，由，结合基本不等式，可求得函数的值域，令，根据对勾函数的性质和复合函数的单调性的判定方法，可求得函数的单调区间.【详解】由题意，函数有意义，则满足且，因为方程，所以，解得，所以函数的定义域为又由，因为，所以，当且仅当时，即时，等号成立，所以，所以函数的值域为，令，根据对勾函数的性质，可得函数在区间上单调递减，在上单调递增，结合复合函数的单调性的判定方法，可得在上单调递减，在上单调递增.18．已知，，且函数有奇偶性，求a，b的值．【答案】为奇函数，，【分析】由函数奇偶性的定义列方程求解即可【详解】若为奇函数，则，所以恒成立，即，所以恒成立，所以，解得，所以当为奇函数时，，若为偶函数，则，所以恒成立，得，得，不合题意，所以不可能是偶函数，综上，为奇函数，，19．某厂商计划投资生产甲、乙两种商品，经市场调研发现，如图所示，甲、乙商品的投资x与利润y（单位：万元）分别满足函数关系与．(1)求，与，的值；(2)该厂商现筹集到资金20万元，如何分配生产甲、乙商品的投资，可使总利润最大？并求出总利润的最大值．【答案】(1)，，，(2)分配生产乙商品的投资为1万元，甲商品的投资为万元，此时总利润的最大值为31.5万元.【分析】（1）代入点的坐标，求出，与，的值；（2）在第一问的基础上，表达出总利润的关系式，利用配方求出最大值.【详解】(1)将代入中，，解得，将代入中，，解得，所以，，，.(2)设分配生产乙商品的投资为m（0≤m≤20）万元、甲商品的投资为万元，此时的总利润为w，则，因为0≤m≤20，所以当，即时，w取得最大值，即分配生产乙商品的投资为1万元，甲商品的投资为万元，此时总利润的最大值为31.5万元.20．设函数，其中．(1)若当时取到最小值，求a的取值范围．(2)设的最大值为，最小值为，求的函数解析式，并求的最小值．【答案】(1)(2)，最小值为.【分析】（1）求得函数的导数，令，要使得函数在取到最小值，则函数必须先减后增，列出方程组，即可求解；（2）由（1）知，若时，得到函数在上单调递减，得到；若时，令，求得，分，，三种情况讨论，求得函数的解析式，利用一次函数、换元法和二次函数的性质，即可求解.【详解】(1)解：由函数，可得，令，要使得函数在取到最小值，则函数必须先减后增，则满足，解得，即实数的取值范围为.(2)解：由（1）知，设，若时，即时，，即，函数在上单调递减，所以，可得；若时，即时，令，即，解得或，①当时，即时，在恒成立，即，可得函数在上单调递增，所以，可得；②当时，即时，在恒成立，即，可得函数在上单调递减，所以，可得；③当时，即时，当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增，所以当时，函数取得最小值，即，又由，可得，（i）当时，，即，所以，此时；（ii）当时，，即，所以，此时，综上可得，函数的解析式为，当时，；当时，；当时，令，则，可得，根据二次函数的性质，可得当时，函数取得最小值，最小值为；当时，令，则，可得，则，综上可得，函数的最小值为.21．对于函数，若实数满足，则称是的不动点．现设．(1)当时，分别求与的所有不动点；(2)若与均恰有两个不动点，求a的取值范围；(3)若有两个不动点，有四个不动点，证明：不存在函数满足．【答案】(1)(2)(3)见详解.【解析】(1)因为，所以即，所以，所以的不动点为；解，，所以，因为是的解，所以上述四次方程必有因式，利用长除法或者双十字相乘法因式分解得，所以，所以的不动点为．(2)由得，由、得， 因为是的解，所以上述四次方程必有因式，利用长除法或者双十字相乘法因式分解得， 因为与均恰有两个不动点，所以①或②且和有同根，由①得，②中两方程相减得，所以，故，综上，a的取值范围是．（3）设的不动点为，的不动点为，所以，设，则，所以，所以是的不动点，同理，也是的不动点，只能，假设存在，则或，因为过点，所以，否则矛盾，且，否则，所以一定存在，与均不同，所以，所以，所以有另外不动点，矛盾，故不存在函数满足．