2021-2022学年安徽省合肥一中、六中高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年安徽省合肥一中、六中高一（下）期末数学试卷（Word解析版），共19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学年安徽省合肥一中、六中高一（下）期末数学试卷 题号一二三总分得分      一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 设，则(    )A.  B.  C.  D. 若直角坐标系内、两点满足：
点、都在图象上，
点、关于原点对称，
则称点对是函数的一个“和谐点对”，与可看作一个“和谐点对”，已知函数，则的“和谐点对”有(    )A. 个 B. 个 C. 个 D. 个如图，在半径为的中，是直径，是弦，是的中点，与交于点若是的中点，则的长是(    )A.
B.
C.
D. 已知函数，若存在，，，满足，且，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹．八角星纹常绘于彩陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样．八角星纹以白彩绘成，黑线勾边，中为方形或圆形，具有向四面八方扩张的感觉．八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹星纹．图是图抽象出来的图形，在图中，圆中各个三角形为等腰直角三角形，中间阴影部分是正方形且边长为，其中动点在圆上，定点、所在位置如图所示，则最大值为(    )
A.  B.  C.  D. 在锐角中，已知，则下列正确的结论为(    )A.  B.  C.  D. 给出下列命题．若，，则；若，则；若，则；其中正确的是(    )A.  B.  C.  D. 已知函数，则使成立的的取值范围是(    )A.  B.
C.  D. 设，，，则(    )A.  B.  C.  D. 已知函数与图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 已知，满足，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D.  二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）设区间的长度为，当函数的定义域为时，值域为，则区间的长度的最大值与最小值的和为______．定义在上的函数满足，对任意的，，，恒有，则关于的不等式的解集为______ ．若两个正实数，满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围是______．如图，在等边三角形中，动点从点出发，沿着此三角形三边逆时针运动回到点，记运动的路程为，点到此三角形中心距离的平方为，给出下列三个结论：
函数的最大值为；
函数的图象的对称轴方程为；
关于的方程最多有个实数根．
其中，所有正确结论的序号是          ． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）已知函数是定义在上的偶函数，且当时，．
Ⅰ求及的值；
Ⅱ求函数的解析式；
Ⅲ若关于的方程有四个不同的实数解，求实数的取值范围．在中，角，，所对的边为，，已知，且．
Ⅰ求的值；
Ⅱ求的值．在中，，，分别是角，，的对边，若，且．
求的值；
求的值．在平面直角坐标系中，角的始边为轴的正半轴，终边在第二象限与单位圆交于点，点的横坐标为．
求的值；
若将射线绕点逆时针旋转，得到角，求的值．比较下列各组数的大小：
，；
，；
，，．设是定义域为的奇函数，是定义域为的偶函数，并且且．
求的函数解析式；
若函数的图象过点是否存在正数，使函数在上的最大值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．设，已知函数，．
Ⅰ若是奇函数，求的值；
Ⅱ当时，证明：；
Ⅲ设，，若实数满足，证明：．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：因为集合，，
则．
故选：．
由集合并集的定义求解即可．
本题考查了集合的运算，主要考查了集合并集的求解，解题的关键是掌握并集的定义，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：，
，
，
平方得，，即，
则．
故选：．
由已知结合两角和的正弦公式进行化简可求，平方结合二倍角公式可得，再利用诱导公式可求．
本题主要考查二倍角公式，诱导公式及同角基本关系，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：根据题意：“和谐点对”，可知，
只须作出函数的图象关于原点对称的图象，即，
看它与函数交点个数即可，如图，

观察图象可得：它们的交点个数是：．
即的“和谐点对”有：个．
故选：．
根据题意：“和谐点对”，可知，欲求的“和谐点对”，只须作出函数的图象关于原点对称的图象，看它与函数交点个数即可．
本题主要考查新定义，合理地利用图象法解决，根据条件建立方程关系是解决本题的关键，考查学生的计算能力，属于中档题．
 4.【答案】 【解析】解：连接交于点，
因为是的中点，
所以为的中点，
所以，
又因为，
所以．
因为是的中点，
所以，结合，可得，
所以，
则，解得，
所以．

故选：．
连接交于点，先证明，可得，再由，可得，最后利用勾股定理可得解．
本题主要考查了圆的几何性质，属于中档题
 5.【答案】 【解析】【分析】本题考查正弦函数的图象和性质，考查转化思想方法，属于难题．
由正弦函数的有界性可得，对任意，，都有，要使取得最小值，尽可能多让取得最高点，然后作图可得满足条件的最小值．【解答】解：对任意，，
都有，
要使取得最小值，尽可能多让取得最高点，
考虑，，
按下图取值即可满足条件，

的最小值为．
故选：．  6.【答案】 【解析】解：如图所示：连接，，
因为中间阴影部分是正方形且边长为，
所以可得，，，
所以，
在中由余弦定理可得，
所以，
设的夹角为，的夹角为，，
当在所对的优弧上时，，
所以，，，
所以，其中
所以最大值为，
当在所对的劣弧上时，，
所以，，，
所以，其中
所以最大值为，
综上所述，最大值为，
故选：．
由题意可得，，，，设的夹角为，的夹角为，则，分在所对的优弧上和在所对的劣弧上两种情况计算即可得答案．
本题考查向量的数量积，解题中需要理清思路，属于中档题．
 7.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查了诱导公式及两角和的三角公式，同角基本关系式，属于基础题．
由已知结合诱导公式及两角和的正弦公式进行化简，然后结合同角基本关系可求，进而可求．【解答】解：因为，
所以，
由题意为锐角，
所以，
所以，即，
故A．
故选：．  8.【答案】 【解析】解：对于由知，故正确；
对于，不妨设，则，故错误；
对于，因为所以．
又，所以，故正确．
故选：．
利用不等式的基本性质，对选项逐一判断即可．
本题考查命题的真假的判断与应用，不等式的简单性质的应用，是基本知识的考查．
 9.【答案】 【解析】解：，
函数为偶函数，
又当时，与均为增函数，
当时，为增函数，
等价于，
解得：或，
即的取值范围为：，
故选：．
由知函数为偶函数，且当时，为增函数，于是可等价转化，解之即可．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查函数奇偶性的判断及应用，体现了等价转化思想的运用，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】【分析】本题考查了三个数大小的判断，对数的运算，是拔高题．
根据，可得，然后由和，得到，再确定，，的大小关系．【解答】解：
，
；
，
，，；
，
，，，
综上，．
故选：．  11.【答案】 【解析】解：由题意，存在，使，即在上有解，
令，
则在其定义域上是增函数，
且时，，
若时，时，，
故在上有解，
若时，则在上有解可化为，
即，
故．
综上所述，．
故选：．
由题意可得，存在使，即在上有解，从而化为函数在上有零点，从而求解
本题考查了函数的图象与方程的根及函数的零点之间的关系，属于中档题
 12.【答案】 【解析】解：令．
由可得，
，，关于的方程得有正实根．
，
时才可能有正实根，．
由，可得，
或舍去．
．
则的最小值为，
故选：．
令由可得，用关于的方程得，有正实根，即可求解．
本题考查了函数的最值，考查了转化思想、计算能力，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：因为函数的定义域为，而函数在上是单调增函数，
所以函数的值域为，由已知函数的值域为，
所以，解得，
所以函数的定义域为，
所以区间的长度的最大值和最小值均为，
所以区间的长度的最大值与最小值的和为．
故答案为：．
根据函数的单调性，可求出其值域，再结合其值域为，可确定，，从而可求出区间的长度的最大值与最小值．
本题主要考查了指数函数的单调性，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：设，
因为对任意的，，，恒有，
所以函数在上为增函数，
则在上为增函数，
又，而，
所以，
所以为奇函数，
综上所述，为奇函数，且在上为增函数，
所以不等式等价于，
即，则，
所以，解得．
故答案为：．
设，利用函数单调性的定义以及奇偶性的定义，可以得到为奇函数，且在上为增函数，将不等式等价转化为，由单调性去掉““，求解即可得到答案．
本题考查了抽象函数的理解与应用，函数单调性与奇偶性定义的运用，解题的关键是利用函数的奇偶性与单调性将不等式进行变形，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．
 15.【答案】 【解析】解：正实数，满足，
则．
当且仅当且，即，时取等号，此时取得最小值，
因为不等式恒成立，
则，
解可得．
故答案为：
先利用乘法，配凑基本不等式的应用条件求的最小值，然后由恒成立，可得，解不等式可求．
本题主要考查了基本不等式的应用，解题的关键是应用条件的配凑．
 16.【答案】 【解析】【分析】本题考查命题的真假判断，涉及函数的应用、图象与性质，数形结合思想，逻辑推理能力，属于中档题．
写出函数解析式并作出图象，数形结合进行逐一分析．【解答】解：由题可得函数，作出图象如图：

则当点与顶点重合时，即，，，时，取得最大值，故正确；
由图象可得，函数的对称轴为，故正确；
由图象可得，函数图象与的交点个数最多为个，故方程最多有个实根，故错误．
故答案为：．  17.【答案】解：Ⅰ根据题意，当时，；
则，
，
又由函数为偶函数，则，
则；
Ⅱ设，则，
则有，
又由函数为偶函数，
则，
则当时，，所以．
Ⅲ若方程有四个不同的实数解，则函数与直线有个交点，
而的图象如图：

分析可得；
故的取值范围是． 【解析】本题考查偶函数的性质以及函数的图象，涉及方程的根与函数图象的关系，注意利用数形结合法分析与应用，属于基础题．
Ⅰ根据题意，由函数的解析式，将代入函数解析式即可得的值，同理可得的值，利用函数的奇偶性分析可得的值；
Ⅱ设，则，由函数的解析式分析的解析式，进而由函数的奇偶性分析可得答案；
Ⅲ若方程有四个不同的实数解，则函数与直线有个交点，作出函数的图象，由数形结合法分析即可得答案．
 18.【答案】解：Ⅰ中，，
由余弦定理得，
，
由正弦定理得；
又，
，
；
又，
，
解得；
Ⅱ由，得，
，
；

． 【解析】本题考查了正弦、余弦定理，同角的三角函数关系，二倍角公式，属于中档题．
Ⅰ由正弦、余弦定理，利用同角的三角函数关系，即可求出的值；
Ⅱ根据同角的三角函数关系，结合二倍角公式，可得和，再由诱导公式及两角差的余弦公式可求出的值．
 19.【答案】解：法一：根据正弦定理：，
由，得，
即，
所以，
因为，所以．
法二：根据正弦定理，由得，故B，
所以，由，得，
故，
因为，所以，故，
所以，
因为，，
所以，
，
所以．
即的值为． 【解析】由题意及余弦定理可得，再由正余弦的平方和为可得正弦值；
由和可得的值，求出，进而求出和，将由两角和的余弦公式展开即可求出的值．
本题考查正弦定理和余弦定理的应用，及两角和的余弦公式的应用，属于中档题．
 20.【答案】解：在单位圆上，且点在第二象限，的横坐标为，可求得纵坐标为，
所以，则．
由题知，则，
，
则，
故． 【解析】由题意利用任意角的三角函数的定义，求得的值，再利用同角三角函数的基本关系，计算求得所给式子的值．
由题意利用诱导公式求得，再将化为，即可求得答案．
本题主要考查单位圆及同角三角函数的应用，属于基础题．
 21.【答案】解：幂函数在上为减函数，且，．
幂函数在上为增函数，且，，，
从而，．
幂函数在上为增函数，
，． 【解析】考虑幂函数在上的单调性进行比较；
变换，考虑幂函数在上的单调性，进行比较；
根据幂函数的奇偶性和单调性即可比较．
此题考查根据幂函数的奇偶性和单调性进行指数幂的大小比较，关键在于建立合理的幂函数进行比较，属于中档题．
 22.【答案】解是定义域为的奇函数，为偶函数且，
，
由，可得且．
函数的图象过点，
，
或舍去，
又且，故；
假设存在正数，且符合题意，
由得，
设，则，
，，，记，
函数在上的最大值为，
若时，则函数在有最小值为，
由于对称轴，
，不合题意．
若时，则函数在上恒成立，且最大值为，最小值大于，
，
而此时又，
故在无意义，所以应舍去；
无解，
综上，不存在正数，使函数在上的最大值为 【解析】由已知结合函数的奇偶性，即可求解；
由已知先求出，进而可求的解析式，然后结合二次函数及复合函数的性质分类讨论即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性及单调性在函数解析式求解中的应用，还考查了函数单调性在函数最值求解中的应用，属于中档题．
 23.【答案】Ⅰ解：由题意，对任意，都有，
即，即，
可得；
Ⅱ证明：因为，，

，
因为，，，
所以
所以．
Ⅲ证明：设，则，
当，；
当时，，，
，
所以，
，
因为，
所以，
即，
当时，，，
所以成立；
当时，由Ⅱ知，
，等号不能同时成立．
综上可知，． 【解析】本题主要考查函数的奇偶性的性质，考查不等式的应用，属于难题．
Ⅰ由，可求得的值；
Ⅱ作差，化简结果，利用题中条件即可证明；
Ⅲ利用换元法求出的最大值和最小值，根据，得出，分和两种情况进行分类讨论，即可证明．