黑龙江省大庆实验中学2021-2022学年高一上学期期末数学试题

大庆实验中学2021-2022学年度高一上学期期末

数学试题

第I卷（选择题：共60题）

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求.

1. 下列各对角中，终边相同的是（    ）

A. 和 B. 和 C. 和 D. 和

【答案】C

【解析】

【分析】

利用终边相同的角的定义，即可得出结论．

【详解】若终边相同，则两角差，

A. ，故A选项错误；

B. ，故B选项错误；

C. ，故C选项正确；

D. ，故D选项错误.

故选：C.

【点睛】本题考查终边相同的角的概念，属于基础题.

2. 如果命题“使得”是假命题，那么实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】特称命题是假命题，则该命题的否定为全称命题且是真命题，然后根据即可求解.

【详解】依题意，命题“使得”是假命题，

则该命题的否定为“”，且是真命题；

所以，.

故选：B

3. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用诱导公式化简得到，代入计算得到答案.

【详解】，

.

故选：C.

4. 已知奇函数在上单调递减，且，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可得在单调递减，且，从而可得当或时，，当或时，，然后分和求出不等式的解集

【详解】因为奇函数在上单调递减，且，

所以在单调递减，且，

所以当或时，，当或时，，

当时，不等式等价于，

所以或，解得，

当时，不等式等价于，

所以或，解得或，

综上，不等式的解集为，

故选：A

5. 函数其中（，）的图象如图所示，为了得到图象，则只需将的图象（    ）

A. 向右平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度

【答案】D

【解析】

【分析】根据图像计算周期和最值得到，，再代入点计算得到，根据平移法则得到答案.

【详解】根据图象：，，故，，故，

，即，，，

当时，满足条件，则，

故只需将的图象向左平移个单位即可.

故选：D.

6. 已知是R上的奇函数，且对，有，当时，，则（ ）

A. 40 B.    C.    D.  

【答案】C

【解析】

【分析】根据已知和对数运算得，，再由指数运算和对数运算法则可得选项.

【详解】因为，，

故，.

∵，故.

故选：C．

【点睛】关键点点睛：解决本题类型的问题的关键在于：1、由已知得出抽象函数的周期；2、根据函数的周期和对数运算法则将自变量转化到已知范围中，可求得函数值.

7. 已知，则的最小值是（    ）

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】，根据结合基本不等式即可得出答案.

【详解】解：，

因为，又，所以，

则，

当且仅当，即时，取等号，

即的最小值是7.

故选：C

8. 已知函数（，），若的图像的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知得，，且，解之讨论k，可得选项.

【详解】因为的图像的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间，所以，所以，故排除A，B；

又，且，解得，

当时，不满足，

当时，符合题意，

当时，符合题意，

当时，不满足，故C正确，D不正确，

故选：C.

【点睛】关键点睛：本题考查根据正弦型函数的对称性求得参数的范围，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于的不等式组，解之讨论可得选项.

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个符合题目要求，每道题全对得5分，部分选对得2分.

9. 已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A. 函数的周期为 B. 函数图象的一条对称轴为直线

C. 函数在上单调递增 D. 函数的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对函数进行化简，转化正弦型函数，进而利用性质判断出结果即可.

【详解】解：函数

.

所以函数的周期为，故A选项正确；

当时，，所以直线是函数图象的一条对称轴，故B选项正确；

当，则，由正弦函数性质可知，此时单调递减，故C选项错误；

由可知，当时，取得最小值为，故D选项正确.

故选：ABD.

10. 下列说法正确的是（    ）

A. 不等式的解集为

B. 若实数a，b，c满足，则

C. 若，则函数的最小值为2

D. 当时，不等式恒成立，则k的取值范围是

【答案】AB

【解析】

【分析】根据不含参一元二次不等式的解法解不等式，即可判定选项A；根据不等式的性质即可判定选项B；利用基本不等式可判定选项C；根据不等式恒成立的解法求出k的范围，即可判定选项D.

【详解】对A，由解得或，所以A正确；

对B，由于，所以可以对两边同除，得到，所以B正确；

对C，由于，所以当且仅当，即时取等号，显然不成立，所以C错误；

对D，①当时，不等式为，恒成立；

②当时，若要使不等式恒成立，则，解得，

所以当时，不等式恒成立，则k的取值范围是，所以D错误.

故选：AB．

11. 下列四个等式中正确的是（    ）

A.

B.

C. 已知函数，则的最小正周期是

D. 已知，，则最小值为

【答案】AB

【解析】

【分析】根据展开化简得到A正确，利用三角恒等变换得到B正确，计算得到C错误，均值不等式等号成立条件不成立，D错误，得到答案.

【详解】，

即，A正确；

，B正确；

，C错误；

，

即，

，

当且仅当时等号成立，

即，，方程无解，故D错误.

故选：AB.

12. 已知函数为奇函数，且对定义域内的任意x都有.当时，，则下列结论正确的是（    ）

A. 函数的图象关于点成中心对称

B. 函数是以1为周期的周期函数

C. 当时，

D. 函数在上单调递减

【答案】AC

【解析】

【分析】首先根据对称性的定义，判断函数的对称性，并判断函数的周期，结合函数的图象判断选项B，利用对称性求函数在时，求函数的解析式，以及利用偶函数的性质判断D选项.

【详解】对定义域内的任意都有，则函数关于点（1，0）对称，

又因为函数为奇函数，所以图像关于原点（0，0）对称，所以，

即，所以函数的周期为2，

综上可知函数的图象关于点成中心对称，故A正确；

根据以上性质，结合条件，画出函数的图象，

由图象可知函数的周期为2，故B不正确；

当时，，因为函数关于点对称，

所以，故C正确；

函数是偶函数，偶函数的图象关于轴对称，对称区间函数的单调性相反，

由条件可知时，函数是单调递减函数，

那么当时，函数单调递增，故D不成立.

故选：AC.

第II卷（非选择题，共90分）

三、填空题：本题共4小题，每空5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.

13. 设集合，对其子集引进“势”的概念；①空集的“势”最小；②非空子集的元素越多，其“势”越大；③若两个子集的元素个数相同，则子集中最大的元素越大，子集的“势”就越大.最大的元素相同，则第二大的元素越大，子集的“势”就越大，以此类推.若将全部的子集按“势”从小到大顺序排列，则排在第位的子集是_________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意依次按“势”从小到大顺序排列，得到答案.

【详解】根据题意，将全部的子集按“势”从小到大顺序排列为：

，，，，，，，.

故排在第6的子集为.

故答案为：

14. 若、是关于x的方程的两个根，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】先通过根与系数的关系得到的关系，再通过同角三角函数的基本关系即可解得.

【详解】由题意：，所以或，且，

所以，即，因为或，所以.

故答案：.

15. 已知幂函数的图象关于轴对称，且在上单调递减，则满足的的取值范围为________.

【答案】

【解析】

【分析】根据幂函数的单调性和奇偶性得到，代入不等式得到，根据函数的单调性解得答案.

【详解】幂函数在上单调递减，故，解得.

，故，，.

当时 ，不关于轴对称，舍去；

当时 ，关于轴对称，满足；

当时 ，不关于轴对称，舍去；

故，，函数在和上单调递减，

故或或，解得或.

故答案：

16. 已知函数（且）在上单调递减，且关于的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是_____．

【答案】

【解析】

【分析】利用函数是减函数,根据对数的图象和性质判断出的大致范围，再根据为减函数，得到不等式组,利用函数的图象,方程的解的个数,推出的范围．

【详解】函数（且），

在上单调递减，则：；

解得，．

由图象可知，在上,有且仅有一个解，

故在上,同样有且仅有一个解，

当即时,联立,

则,解得或1（舍去），

当时,由图象可知，符合条件，

综上：的取值范围为.

故答案为．

【点睛】本题考查函数的单调性和方程的零点,对于分段函数在定义域内是减函数,除了每一段都是减函数以外,还要注意右段在左段的下方,经常会被忽略,是一个易错点；复杂方程的解通常转化为函数的零点,或两函数的交点,体现了数学结合思想,属于难题.

四、解答题：本大题共6小题，其中17题满分10分，其余各题满分12分，共70分.把答案填在答题卡的相应位置.

17. 设，已知集合，．

（1）当时，求；

（2）若，且，求实数的取值范围．

【答案】（1）或；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据并集和补集的概念即可求出结果；

（2）由题意可得，解不等式组即可求出结果.

【小问1详解】

当时，，且，则，

所以或；

【小问2详解】

因为，且，所以需满足，解得，

所以实数的取值范围为.

18. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.

（1）当时，求函数的解析式.

（2）解关于的不等式：.

【答案】（1）当时，   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据函数奇偶性可求出函数的解析式；

（2）先构造函数，然后利用函数的单调性解不等式.

【小问1详解】

解：

当时，，.

.

又当时，也满足

当时，函数的解析式为.

【小问2详解】

设函数

函数在上单调递增

又可化为，

在上也是单调递增函数.

，解得.

关于的不等式的解集为.

19. 已知函数，．

（）求函数的单调区间；

（）若函数在上有两个零点，求实数的取值范围．

【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；

（2）.

【解析】

【分析】（1）本题可根据正弦函数单调性得出结果；

（2）可令，通过计算得出或，然后根据在上有两个零点即可得出结果.

【详解】（1）令，解得，

令，解得，

故函数在上单调递增，在上单调递减.

（2），

令，则，，

故或，

解得或，

因为在上有两个零点，

所以，解得，

故实数的取值范围为.

20. 设函数．

（1）求函数的值域；

（2）设函数，若对，求正实数a的取值范围．

【答案】（1）函数的值域为.   

（2）

【解析】

【分析】(1)由已知，利用基本不等式可求函数的值域；(2)由对可得函数函数在上的值域包含与函数在上的值域，由此可求正实数a的取值范围．

【小问1详解】

，

，则，当且仅当时取“=”，

所以，即函数的值域为.

【小问2详解】

设，因为所以，函数在上单调递增，

则函数在上单调递增，，设时，函数的值域为A．由题意知．函数图象的对称轴为，

当，即时，函数在上递增，则，解得，

当时，即时，函数在上的最大值为，中的较大者，而且，不合题意，

当，即时，函数在上递减，则，满足条件的不存在，

综上，．

21. 已知函数，．

（1）求函数的最大值及取得最大值时的值；

（2）若方程在上的解为，，求的值．

【答案】（1）当时，函数取得最大值为；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系化简，再利用换元法即可求最值以及取得最值时的值；

（2）求出函数的对称轴，得到和的关系，利用诱导公式化简可得答案.

【详解】（1），

令，

可得，对称轴为 ，开口向下，

所以在上单调递增，

所以当，

即，时，，

所以当时，函数取得最大值为；

（2）令，可得，

当时，是的对称轴，

因为方程在上的解为，，

，，

且，所以，所以，

所以

，

所以的值为.

22. 已知函数.

（1）当时，若方程式在上有解，求实数的取值范围；

（2）若在上恒成立，求实数的值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）将代入函数，根据函数单调性得到，计算函数值域得到答案.

（2）根据函数定义域得到，考虑和两种情况，根据函数的单调性得到不等式，解不等式得到答案.

【小问1详解】

，，，

故，即，函数在上单调递增，

故

【小问2详解】

，

且，解得.

当时，，函数开口向上，对称轴为，故函数在上单调递增，故，解得或，故；

当时，，函数开口向上，对称轴为，故在上单调递增，故，解得，，不成立.

综上所述：.