江苏省南京市2021-2022学年高一上学期期末数学试题

这是一份江苏省南京市2021-2022学年高一上学期期末数学试题，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
南京市2021—2022学年度第一学期期末学情调研试卷高一数学一、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，只有一项是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上．1. 已知且，若集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据集合的定义求解即可【详解】因为集合，且，所以，故选：C2. 命题“”的否定是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】全称命题否定为特称命题即可【详解】命题“”的否定是“”，故选：C3. 已知，若，则的大小关系为（    ）A. B C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数对数函数及幂函数的性质，分别求出的范围，即可判断的大小关系.【详解】当时，，故，故选：B.4. 我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”现有一类似问题，不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示．用锯去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中的长度为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设圆的半径为，根据勾股定理可求得的值，求出，利用扇形的弧长公式可求得结果.【详解】设圆的半径为，则，，由勾股定理可得，即，解得，所以，，，所以，，故，因此，.故选：B.5. 要得到函数的图象，需（    ）A. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）B. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）C. 将函数图象上所有点向左平移个单位．D. 将函数图象上所有点向左平移个单位【答案】D【解析】【分析】根据三角函数图象平移的规律可得答案.【详解】将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，故A错误；将函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到的图象，故B 错误；将函数图象上所有点向左平移个单位得到图象，故C错误；D. 将函数图象上所有点向左平移个单位得到的图象，故D正确.故选：D.6. 已知，关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（    ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由利用韦达定理可得，代入所求不等式解不等式即可.【详解】因为不等式的解集为，所以即，不等式等价于，解得.故选：A.7. 函数图象如图所示，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】通过函数的定义域可求出的范围，由可判断的范围，由函数图象与轴的交点可判断的范围【详解】函数的定义域为，由图可知，则，由图可知，所以，由，得，，由图可知，得，所以，综上，，，，故选：D8. 设函数，则不等式的解集是（    ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函数单调性结合特值去排除错误选项即可简单快捷地解决此题.【详解】则函数为上的奇函数.又当时，单调递增，且当时，单调递增，且则为上单调递增函数，又函数为上的奇函数，则为上单调递增函数，且当时 当时，不等式可化为，不成立.则选项BC错误；当时，不等式可化为，，即，但是，则此不等式不成立，故不是不等式的解.则选项D错误：只能选A.故选：A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，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有选错的得0分．9. 已知，则（    ）A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】取特殊值可说明A错；根据指数函数以及幂函数的单调性，可判断B,C的对错；利用作差法可判断D的对错.【详解】对于A，取 满足，但，故A错；对于B，是定义域上的增函数，故时，有成立，故B正确；对于C, ,故，故C正确；对于D，，故，故D正确，故选：BCD.10. 已知函数，对于任意，则A. 的图象经过坐标原点 B. C. 单调递增 D. 【答案】ABD【解析】【分析】对于A，令可判断，对于B，分别令和化简计算即可，对于C，利用单调的定义判断，对于D，令进行判断【详解】对于A，令，则，得，所以的图象经过坐标原点，所以A正确，对于B，令，则，再令，则，所以B正确，对于D，令，则，因为，所以，所以D正确，对于C，任取，且，由D选项可知，所以，而的符号不确定，所以不能确定函数的单调性，所以C错误，故选：ABD11. 已知函数，则（    ）A. 函数的图象关于点对称B. 函数的图象关于直线对称C. 若，则函数的值域为D. 函数的单调递减区间为【答案】AD【解析】【分析】代入验证正弦型函数的对称中心判断选项A；代入验证正弦型函数的对称轴判断选项B；求解正弦型函数在给定区间的值域判断选项C；求解正弦型函数的递减区间判断选项D.【详解】选项A：，则函数的图象关于点对称.判断正确；选项B：，则函数的图象不关于直线对称. 判断错误；选项C：由，可得，则，即若，则函数的值域为.判断错误；选项D：由，可得，即函数的单调递减区间为.判断正确.故选：AD12. 已知是定义域为的奇函数，满足，且当时，，则（    ）A. B. 函数是周期函数C. 不等式的解集是D. 当关于的方程恰有二个不同的解时，【答案】BC【解析】【分析】计算出的值，可判断A选项；利用周期性的定义可判断B选项；求出不等式在上的解，结合周期可判断C选项；数形结合可判断D选项.详解】对于A，，A错；对于B，由已知可得，故函数为周期函数，B对；对于C，由奇函数的性质可得，则，，当时，，当时，，则，当时，，则，当时，，则.故当时，不等式的解为，又因为函数的周期为，故不等式的解集是，C对；对于D，作出函数与函数的部分图象如下图所示：由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点，D错.故选：BC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填写在答题卡相应位置上．13. 已知角的终边经过点，且．则的值为_________【答案】【解析】【分析】根据三角函数定义即可求解．【详解】由于角的终边经过点，所以，得所以故答案为：14. 著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为，空气温度为，则分钟后物体的温度(单位：)满足：．若当空气温度为时，某物体的温度从下降到用时14分钟．则再经过28分钟后，该物体的温度为________．【答案】37.5##【解析】【分析】由已知条件得出，，，代入等式，求出，再代入即可得出结论.【详解】由题知，，，所以，，可得，再经过28分钟后，该物体的温度为，故答案为：37.5.15. 设函数________．若函数有最小值，且无最大值，则实数的取值范围是________．【答案】    ①. ##-0.5    ②. 【解析】【分析】由可得，从而可求出的值，先求出每段函数的值域，然后由有最小值，且无最大值，可得，从而可求得实数的取值范围【详解】因为所以，，解得，当时，，当时，，因为函数有最小值，且无最大值，所以，解得，所以实数的取值范围是，故答案为：，16. 已知正实数、满足，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】分析可得，再利用基本不等式可求得的最小值.【详解】因为正实数、满足，即，由基本不等式可得，当且仅当时， 等号成立，故的最小值为.故答案为：.四、解答题：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17. 已知集合．（1）当时，求；（2）在①充分条件，②必要条件这两个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问题中的存在，求出的取值范围；若问题中的不存在，请说明理由．问题：是否存在正实数，使得“”是“”的________？【答案】（1）    （2）答案不唯一，具体见解析【解析】【分析】（1）先解不等式求出集合，再求出两集合的交集即可，（2）若选择①，则从而可求出的范围，若选择②，则时，不成立，从而可得结果【小问1详解】由，得，解得，所以，当时，，由，得，解得，所以，所以．【小问2详解】当时，，选择①充分条件，则有，则解得，在正实数，使得“是“”的充分条件，的取值范围为．选择②必要条件，则有，时，不成立，所以不存在正实数，使得“”是“”的必要条件．18. 已知函数．（1）求值；（2）若，求的值．【答案】（1）    （2）1【解析】分析】（1）先利用三角函数诱导公式化简解析式，再代入求值即可；（2）以正余弦函数齐次化切法求值即可解决.【小问1详解】【小问2详解】由，可知．19. 如图，有一块半径为1的半圆形钢板，计划裁剪成等腰梯形的形状，它的下底是半圆的直径，上底的端点在圆周上．记梯形的周长为．（1）设，将表示成函数；（2）求梯形周长的最大值．【答案】（1）    （2）5【解析】【分析】小问1：过作交于，连接，则，分别求出各边长即可得周长；小问2：由（1）设，则，结合二次函数性质即可求最大值．【小问1详解】由是直径，得，所以，过作交于，连接，则，所以，所以．【小问2详解】设，则，对称轴，所以当时，有最大值5．20. 已知，且．（1）若，求的值；（2）求的最小值．【答案】（1）或2    （2）【解析】【分析】（1）由对数的运算得，解方程可得答案； （2）由得，解不等式得，根据可得答案.【小问1详解】由题意，，即，解得或2．【小问2详解】因为，所以，所以，因此，即，解得或，因为，所以，故，当时取等号，所以的最小值为．21. 已知函数．（1）利用函数单调性的定义，证明：函数在区间上是减函数；（2）若存在实数，使得函数在区间上的值域为，求实数的取值范围．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据函数单调性的定义按步骤证明即可；（2）根据函数的单调性，求出其值域，再结合函数在区间上的值域为，可得到相应的方程组，然后将问题变为在上有两解的问题，采用换元法，利用一元二次方程在给定区间有解的条件解答即可.【小问1详解】f(x)，任取，且，则，则，由题设知，故，所以，所以在区间上是减函数．【小问2详解】由（1）知在区间上是减函数，所以当时，在区间上单调递减，所以函数在区间上的值域为，所以所以在上有两解，所以在上有两解，令，则关于的方程在上有两解，即在上有2解，所以，解得，所以的取值范围为．22. 已知函数．（1）讨论函数的奇偶性；（2）设集合，若，求实数的取值范围．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析    （2）【解析】【分析】（1）按参数a分类讨论函数的奇偶性即可解决；（2）把已知条件转化为成立，是本题关键入手点，接下来按x分类讨论去绝对值符号，保证新建函数最小值非负即可.【小问1详解】时，，对，所以是上的奇函数；当a≠0时，f(1)＝3＋3a，f(＋f(1)≠f(－1)，且f(1)≠－f(－1)，所以既不是奇函数也不是偶函数．【小问2详解】因为，所以，即(x＋1)3＋2(x＋1)＋3a|x＋1|≥＋2x＋3a|x|，化简得，因为，所以，所以，当时，，所以，所以；当时，，即，设，，所以，时，，的对称轴方程为，当时，即时，在：上单调递增，所以成立；当，即时，成立，所以恒成立；当，即时，在上单调递减，，综上的取值范围为【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.