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期末精选50题（基础版）新高考高一数学上学期期中期末考试满分全攻略（人教A 版2019）解析版
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这是一份期末精选50题（基础版）新高考高一数学上学期期中期末考试满分全攻略（人教A 版2019）解析版，共23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。
期末精选50题（基础版）
一、单选题
1．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）函数的最小正周期和最大值分别是（ ）
A．和 B．和2 C．和 D．和2
【答案】C
【分析】利用辅助角公式化简成正弦型函数，即可求出最小正周期和最大值.
【详解】，
的最小正周期为，最大值为.
故选：C.
2．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）给出下列四个关于实数的不等关系的推理：
①，
②，
③，
④.
其中推理正确的序号为（ ）
A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④
【答案】B
【分析】根据不等式的性质，逐项检验即可.
【详解】根据不等式的可加性，可知正确，故①正确；
若，故②错误；
因为，所以，又，所以，故③正确；
若，则④错误；
故选:B.
3．（2021·广东·仲元中学高一期末）设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据集合的交集运算可得选项.
【详解】解：因为集合，，所以，
故选：D.
4．（2021·浙江浙江·高一期末）函数的定义域是（ ）
A． B．
C．R D．
【答案】A
【分析】由给定函数有意义直接列出不等式组求解即得.
【详解】函数有意义，则，解得且，
所以原函数定义域是：.
故选：A
5．（2021·北京石景山·高一期末）“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分非必要条件
【答案】A
【分析】根据不等式的关系结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】当时，成立，即充分性成立，
当时，满足，但不成立，即必要性不成立，
则““是““的充分不必要条件，
故选：A．
6．（2020·浙江·高一期末）图中为三个幂函数在第一象限内的图象，则解析式中指数a的值依次可以是（ ）
A．0.5，3， B．，3，0.5 C．0.5，，3 D．，0.5，3
【答案】D
【分析】根据幂函数在第一象限内的图象与性质即可求解.
【详解】解：由幂函数在第一象限内的图象知，
图中对应的，对应的，对应的，
所以，解析式中指数a的值依次可以是，和3.
故选：D.
7．（2020·黑龙江·大兴安岭实验中学高一期末）已知，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用换元法设，则，然后利用三角函数的诱导公式进行化简求解即可．
【详解】设，则，则，
则，
故选：．
8．（2020·黑龙江·大兴安岭实验中学高一期末）若，则它是（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
【答案】C
【分析】根据象限角的定义判断．
【详解】因为，所以是第三象限角．
故选：C．
9．（2021·新疆·新和县实验中学高一期末）已知，则的最小值为（ ）
A．5 B．10 C．4 D．15
【答案】A
【分析】由基本不等式求解.
【详解】因为，则，当且仅当，即时等号成立.
故选：A.
10．（2021·西藏·日喀则市南木林高级中学高一期末）已知函数，下列结论错误的是（ ）
A．函数的最小正周期为 B．函数在区间上是增函数
C．函数的图象关于轴对称 D．函数是奇函数
【答案】D
【分析】根据余弦函数的图象与性质即可得到结论.
【详解】由题意，，
由余弦函数可知，函数的最小正周期为，故A正确；
函数在区间上为减函数，则在区间上为增函数，故B正确；
函数为偶函数，且图象关于轴对称，则为偶函数，且图象关于轴对称，故C正确，D错误.
故选：D
11．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）八点二十分这个时刻同学们一定不陌生，因为那是我们学校第一节课上课的时刻.请你联想或观察黑板上方的钟表，对下面的问题做出选择：八点二十分，时针和分针夹角的弧度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分别求出八点二十分，时针和12点方向半径的夹角及分针和12点方向半径的夹角即可求解.
【详解】如图示：记从表盘中心（圆心）O到12点方向的半径为OA，8：20时分针方向为OB，时针方向为OC.
则，
所以,
即八点二十分，时针和分针夹角的弧度数为.
故选：C
12．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）下列函数中最小值为6的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用基本不等式求解判断.
【详解】A. 当时， ，故错误；
B. 因为，则 ，当且仅当，即 时，等号成立，故错误；
C. 因为，则 ，当且仅当，即 时，等号成立，故正确；
D. 当时， ，故错误；
故选：C
13．（2021·甘肃张掖·高一期末）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征．我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由图象知函数的定义域排除选项选项A、D，再根据不成立排除选项C，即可得正确选项.
【详解】由图知的定义域为，排除选项A、D，
又因为当时，，不符合图象，所以排除选项C，
故选：B.
14．（2021·浙江省三门第二高级中学高一期末）已知定义在上的奇函数，当时，，则的值为（ ）
A． B．8 C． D．24
【答案】A
【分析】根据定义域的对称性，求得，再结合函数的奇偶性和题设条件，得到，即可求解.
【详解】由题意，定义在上的奇函数，可得，解得，
又由当时，所以，
故选：A.
15．（2021·北京·中国农业大学附属中学高一期末）已知为角的终边上一点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用三角函数的定义和二倍角的正切公式求解.
【详解】因为为角的终边上一点，
所以，
所以，
故选：C
16．（2021·云南昭阳·高一期末）已知函数，若，则的值是（ ）
A． B．或 C．或 D．或或
【答案】A
【分析】分别在和两种情况下，根据解析式构造方程求得结果.
【详解】当时，，解得：或（舍），；
当时，，解得：（舍）；
综上所述：的值是.
故选：A.
17．（2021·吉林白城·高一期末）已知偶函数的定义域为R，当时，单调递增，则，，的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据偶函数的性质，结合单调性即可选出答案.
【详解】因为为偶函数，所以，．又当时，单调递增，且，所以，即．
故选：B．
18．（2021·海南二中高一期末）已知函数在[2，8]上单调递减，则k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用二次函数的单调性可得答案.
【详解】因为函数的对称轴为
所以要使函数在[2，8]上单调递减，则有，即
故选：C
二、多选题
19．（2021·福建·莆田第七中学高一期末）已知，且.则下列不等式恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】结合基本不等式对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】当时，，所以BD选项错误.
A，，当且仅当时，等号成立，A正确.
C，，，当且仅当时，等号成立，C正确.
故选：AC
20．（2021·辽宁丹东·高一期末）下列结论正确的是（ ）
A．“x2＞1”是“x＞1”的充分不必要条件
B．设M⫋N，则“x∉M”是“x∉N”的必要不充分条件
C．“a，b都是偶数”是“a+b是偶数”的充分不必要条件
D．“a＞1且b＞1”是“a+b＞2且ab＞1”的充分必要条件
【答案】BC
【分析】根据不等式的性质可判断A和D；由集合之间的包含关系可判断B；由数的奇偶性可判断C．
【详解】对于选项A：，，所以“”是“”的必要不充分条件，故A错误；
对于选项B：由Ü得Ü，则，，所以“”是“”的必要不充分条件，故B正确；
对于选项C：由“，都是偶数”可以得到“是偶数”，但是当“是偶数”时，，可能都是奇数，所以“，都是偶数”是“是偶数”的充分不必要条件，故C正确；
对于选项D：“，且”“且”，而由“且”“，且”，比如，. 所以“，且”是“且”的充分不必要条件，故D错误.
故选：BC．
21．（2021·广东高州·高一期末）已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】利用对数函数的单调性得到，然后利用不等式的基本性质判断A；利用特殊值判断B；利用指数函数和幂函数的单调性判断C；利用指数函数的单调性判断D即可.
【详解】因为，
所以，
所以，故选项A正确；
当时，，故选项B错误；
又，故选项C错误；
由指数函数和幂函数的单调性得，故选项D正确.
故选；AD.
22．（2021·湖南新邵·高一期末）已知函数，则（ ）
A．为偶函数 B．在区间单调递减
C．最大值为2 D．为奇函数
【答案】AB
【分析】化简解析式，由此对选项逐一分析，从而确定正确答案.
【详解】，
所以是偶函数，A正确，D错误.
，当时，减区间为，所以B正确.
最大值为，C错误.
故选：AB
23．（2021·浙江浙江·高一期末）下列函数中在区间上单调递减的函数有（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】A选项根据幂函数的性质判断；B选项根据对数函数图像的平移变换判断；
C选项根据函数整体绝对值是将下方的图像翻折到上方判断；D选项根据指数函数图像的平移变换判断；
【详解】A选项:根据幂函数中时在上单调递增，故此选项不符合题意；
B选项:将 图像向左平移一个单位，所以在上单调递减，所以符合题意；
C选项:保留图像在轴上方的部分，轴下方图像翻折到轴的上方，根据图像可知在上单调递减， 上单调递增，符合题意；
D选项：的图像由指数函数 图像向左平移一个单位得到，且底数大于1，所以在R上单调递增，所以不符合题意。
故选：BC
24．（2021·广东潮阳·高一期末）下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】先判断各函数最小正周期，再确定各函数在区间上单调性，即可选择判断.
【详解】最小正周期为，在区间上单调递减；
最小正周期为，在区间上单调递减；
最小正周期为，在区间上单调递减；
最小正周期为，在区间上单调递增；
故选：AC
25．（2021·福建·莆田第七中学高一期末）将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的一个可能取值为（ ）
A． B． C．0 D．
【答案】AB
【分析】先求得平移后的解析式，根据偶函数满足的条件求得的取值，从而对选项进行分析即可.
【详解】由题知，函数平移后变为，
因其为偶函数，则，，，
对选项一一分析可得，当时，；当时，；
AB符合条件，CD不符合条件，
故选：AB
26．（2021·河北迁安·高一期末）已知函数则下列结论中正确的是（ ）
A． B．若，则
C．是奇函数 D．在上单调递减
【答案】CD
【分析】A.由分段函数求解判断；B.分 ， ，由求解判断；不成立；C.利用奇偶性的定义判断； D.画出函数的图象判断.
【详解】因为
A. ，故错误；
B. 当时，，解得或（舍去），当时，，不成立；故错误；
C. 当时，，则 ，，又，所以；
当时，，则 ，，又，所以，所以是奇函数，故正确；
D.函数的图象如图所示：
，
由图象知在上单调递减，故正确.
故选：CD
27．（2021·河北张家口·高一期末）已知角α的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则下列各式一定为正值的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】根据终边上一点坐标判断三角函数的符号.
【详解】当时，，所以选项A错误；
由角的终边过点，，得
，所以选项B正确；
当时，，，所以选项C错误；
又，即，所以，即，所以选项D正确.
故选：BD.
28．（2021·海南二中高一期末）若函数在区间上的图像为一条不间断的曲线，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则存在实数，使得
B．若，则不存在实数，使得
C．若对任意的实数，则
D．若对任意的实数，则
【答案】AC
【分析】根据零点存在性定理逐一判断即可.
【详解】若，则存在实数，使得，故A正确；
若，则有可能存在实数，使得，故B错误
若对任意的实数，则，故C正确；
若对任意的实数，则
故选：AC
三、填空题
29．（2021·广东·仲元中学高一期末）函数的定义域为______.（写成区间形式）
【答案】
【分析】根据题意，结合对数的真数部分必须大于0，即可求解.
【详解】由，得，即，因此函数的定义域为.
故答案为：.
30．（2021·新疆·新和县实验中学高一期末）若方程的两个根为，，则___________.
【答案】
【分析】由根与系数的关系可得、，由两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为方程的两个根为，，
所以，，
所以，
故答案为：.
31．（2021·浙江浙江·高一期末）将400个进货单价为80元的商品，按90元一个售出时能全部卖出，已知这种商品每个涨价1元，其销售数就减少了20个，为了获得最大利润，售价应定为每个________元.
【答案】95
【分析】根据题意，转化为二次函数求最值.
【详解】设售价为元，则利润为（元），所以当，即售价为95元时，利润最大.
故答案为：95
32．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）已知函数则使得函数值大于的的取值范围是___________.
【答案】
【分析】依题意可得，再对其因式分解，解得即可；
【详解】解：依题意可得，即，解得或，即
故答案为：
33．（2021·全国·高一期末）已知定义在R上的奇函数，当时，，则______．
【答案】．
【分析】根据函数奇偶性求出，再由，即可求出结果.
【详解】因为为定义在上的奇函数，
所以，又当时，，
所以，则，
则.
故答案为：.
34．（2021·全国·高一期末）已知函数的定义域为，对于定义域内的任意实数x，有成立．若时，，则时，函数的最大值是______．（用3的指数幂表示）
【答案】
【分析】首先根据已知条件得到对任意成立，再结合题意求解即可.
【详解】因为对于任意成立，
所以对任意成立．
时，；
，则，所以；
，则，所以．
所以，时，函数的最大值为．
故答案为：
35．（2021·上海徐汇·高一期末）已知，化简 = __________
【答案】
【分析】根据指数幂的运算法则即可计算.
【详解】.
故答案为：
四、解答题
36．（2021·重庆·高一期末）已知全集，若集合，.
（1）若，求，；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）求出集合，直接进行补集和并集运算即可求解；
（2）由题意可得：，列出满足的不等关系即可求解.
【详解】（1）
（2）
，
37．（2021·浙江·乐清市知临中学高一期末）已知全集,非空集合满足:,记表示满足题意的集合解.
(1)请你给定一个符合题意条件的集合,并求出的个数.
(2)若,求集合B.
【答案】(1) (其他符合条件的均可)，24；(2) ；
【分析】(1)根据集合的运算，一一列举，即可.
(2)根据(1)分析，即可得到答案.
【详解】(1)解:根据题意得,中必须包含,不能包含,
当为可以为,
当为，可以为,
当为，可以为
当为可以为,
当为可以为,
当为可以为,
当为可以为,
的个数为:.
(2)由(1)得.
38．（2021·内蒙古包头·高一期末）如图，已知直线∥，为之间的定点，并且到的距离分别为，点分别是直线上的动点，使得.过点作直线，交于点，交于点，设.
（1）求的面积关于的解析式；
（2）求的最小值及取得最小值时的值.
【答案】（1）；（2），最小值.
【分析】（1）先求出AB,AC，再根据三角形的面积公式即可.
（2）根据的范围计算出的范围，从而计算出的最小值.
【详解】解：（1）由∥，，可知，则..
在中，，在中，..
所以.
（2）.
所以当时，即时，取得最小值.
39．（2021·河北迁安·高一期末）为了预防流感，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒.已知药物释放过程中，室内每立方米空气中的含药量（毫克）与时间（小时）成正比；药物释放完毕后，与的函数关系式为（为常数），如图所示，根据图中提供的信息，求：
（1）从药物释放开始，每立方米空气中的含药量（毫克）与时间（小时）之间的函数关系式；
（2）据测定，当空气中每立方米的含药量降低到0.25毫克以下时，学生方可进教室，那从药物释放开始，至少需要经过多少小时候后，学生才能回到教室.
【答案】（1），（2）
【分析】（1）利用函数图像，借助于待定系数法，求出函数解析式，
（2）结合图像可知由药物释放完毕后的函数解析式中的可求得结果
【详解】（1）由图可知直线的斜率为，
所以图像中线段的方程为，
因为点在曲线上，所以，解得，
所以从药物释放开始，每立方米空气中的含药量（毫克）与时间（小时）之间的函数关系式为，
（2）因为药物释放过程中室内药量一直在增加，即使药量小于0.25毫克，学生也不能进入教室，所以只能当药物释放完毕，室内药量减少到0.25毫克以下时，学生方可进入教室，
即，解得，
所以从药物释放开始，至少需要经过小时，学生才能回到教室
40．（2021·四川巴中·高一期末（理））已知关于的不等式．
（1）若不等式的解集为或，求的值；
（2）若不等式的解集是，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）分析可知关于的方程的两根为、，结合韦达定理可求得实数的值；
（2）分、两种情况讨论，结合已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，不等式化为，解集为，不合题意，舍去；
当时，一元二次不等式的解集为或，
、是相应方程的两根，且．
，解得：．
综上可知：；
（2）当时，不等式化为在上恒成立，符合题意；
若，关于的一元二次不等式的解集为，
得，解得．
综上，的取值范围是．
41．（2021·河北迁安·高一期末）已知，求的值.
【答案】
【分析】首先根据正切两角和公式得到，再利用诱导公式和二倍角公式化简得到，再分子、分母同除以求解即可.
【详解】因为，解得.
所以
.
42．（2021·新疆新源·高一期末）已知函数的部分图象如图所示.
（1）写出的最小正周期及其单调递减区间；
（2）若要得到的图象，只需要函数的图象经过怎样的图象变换？
【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间为：；（2）答案见解析.
【分析】（1）首先由函数的图象，求得函数的解析式，再求解函数的性质；
（2）利用三角函数图象变换规律，即可求解.
【详解】（1）根据函数的图象：，解得，故，
由于，由于，故.
所以.
所以函数的最小正周期为；
令，
整理得，
故函数的单调递减区间为：，
（2）要得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位，再将函数图象的横标压缩为原来的即可.
43．（2021·西藏·日喀则市南木林高级中学高一期末）已知且（）求：
（Ⅰ）的值；
（Ⅱ）的值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）将两边平方，再根据平方关系计算可得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知为第二象限角，即可得到，再求出，即可得解；
【详解】（Ⅰ）因为，，
所以，
即
所以
（Ⅱ）由上知，为第二象限的角，
所以，
所以，
所以
44．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）已知关于的一元二次不等式的解集中有且只有一个元素，求下列两个式子的值：
（1） （2）
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据题意可得，将原式化简为关于的式子即可求解；
（2）分子分母除以化简为关于的式子即可求解.
【详解】解，由已知，关于的一元二次不等式的解集中有且只有一个元素，可得则
（1）
（2）
45．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）有这样一道利用基本不等式求最值的题：
已知且求的最小值.
小明和小华两位同学都“巧妙地用了”，但结果并不相同.
小明的解法：由于所以
而那么则最小值为
小华的解法：由于所以
而则最小值为
（1）你认为哪位同学的解法正确，哪位同学的解法有错误？
（2）请说明你判断的理由.
【答案】（1）小华的解法正确；小明的解法错误；（2）理由见解析.
【分析】（1）小华的解法正确；小明的解法错误；
（2）根据等号成立的条件判断.
【详解】（1）小华的解法正确；小明的解法错误
（2）在小明的解法中，，等号成立时；
，等号成立时，
那么取得最小值时，，
这与已知条件是相矛盾的.
在小华的解法中，，等号成立的条件为，即，
再由已知条件，即可解得满足条件的的值，都是合理的.
46．（2021·云南昭阳·高一期末）已知关于的不等式的解集为或.
（1）求、的值；
（2）当，且满足时，有恒成立，求实数的范围.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）分析可知关于的方程的两根分别为、，且有，利用根与系数的关系可求得、的值；
（2）分析可得，将与相乘，展开后利用基本不等式求出的最小值，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】（1）因为不等式的解集为或.
所以，关于的方程有两个实根分别为，，且有，
所以得；
（2）由（1）知，不等式恒成立，则，
，
当且仅当时，取等号，
所以：，即，即.
47．（2021·全国·高一期末）已知x、y、z为非零实数，且．求证：．
【分析】设，两边取以为底的对数，可得，再利用对数的运算性质计算和即可求证.
【详解】证明：设，则，，，即，，．所以，得证．
48．（2021·福建省永泰县第二中学高一期末）已知二次函数y＝ax2+bx﹣a+2．
（1）若关于x的不等式ax2+bx﹣a+2＞0的解集是{x|﹣1＜x＜3}，求实数a，b的值；
（2）若b＝2，a＞0，解关于x的不等式ax2+bx﹣a+2＞0．
【答案】（1）a＝﹣1，b＝2（2）见解析
【分析】（1）根据一元二次不等式的解集性质进行求解即可；
（2）根据一元二次不等式的解法进行求解即可.
（1）由题意知，﹣1和3是方程ax2+bx﹣a+2＝0的两根，
所以，解得a＝﹣1，b＝2；
（2）当b＝2时，不等式ax2+bx﹣a+2＞0为ax2+2x﹣a+2＞0，
即（ax﹣a+2）（x+1）＞0，所以，
当即时，解集为；
当即时，解集为或；
当即时，解集为或.
49．（2021·海南二中高一期末）计算或化简：
（1）；
（2）
【答案】（1）（2）1
【分析】（1）根据指数幂的运算算出答案即可；
（2）根据对数的运算算出答案即可.
（1）
（2）
50．（2021·海南二中高一期末）设为定义在R上的偶函数，当时，；当时，，直线与抛物线的一个交点为，如图所示.
（1）补全的图像，写出的递增区间（不需要证明）；
（2）根据图象写出不等式的解集
【答案】（1）图像见解析，单调增区间为，
（2）
【分析】（1）由偶函数的图象关于轴对称可补全图象，然后写出递增区间；
（2）根据图象写出答案即可.
（1）函数图象如图所示：
观察可知的单调增区间为，
（2）当时，，可得，即
根据函数图象可得，当或时，
所以的解集为
期末精选50题（基础版）
一、单选题
1．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）函数的最小正周期和最大值分别是（ ）
A．和 B．和2 C．和 D．和2
【答案】C
【分析】利用辅助角公式化简成正弦型函数，即可求出最小正周期和最大值.
【详解】，
的最小正周期为，最大值为.
故选：C.
2．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）给出下列四个关于实数的不等关系的推理：
①，
②，
③，
④.
其中推理正确的序号为（ ）
A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④
【答案】B
【分析】根据不等式的性质，逐项检验即可.
【详解】根据不等式的可加性，可知正确，故①正确；
若，故②错误；
因为，所以，又，所以，故③正确；
若，则④错误；
故选:B.
3．（2021·广东·仲元中学高一期末）设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据集合的交集运算可得选项.
【详解】解：因为集合，，所以，
故选：D.
4．（2021·浙江浙江·高一期末）函数的定义域是（ ）
A． B．
C．R D．
【答案】A
【分析】由给定函数有意义直接列出不等式组求解即得.
【详解】函数有意义，则，解得且，
所以原函数定义域是：.
故选：A
5．（2021·北京石景山·高一期末）“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分非必要条件
【答案】A
【分析】根据不等式的关系结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】当时，成立，即充分性成立，
当时，满足，但不成立，即必要性不成立，
则““是““的充分不必要条件，
故选：A．
6．（2020·浙江·高一期末）图中为三个幂函数在第一象限内的图象，则解析式中指数a的值依次可以是（ ）
A．0.5，3， B．，3，0.5 C．0.5，，3 D．，0.5，3
【答案】D
【分析】根据幂函数在第一象限内的图象与性质即可求解.
【详解】解：由幂函数在第一象限内的图象知，
图中对应的，对应的，对应的，
所以，解析式中指数a的值依次可以是，和3.
故选：D.
7．（2020·黑龙江·大兴安岭实验中学高一期末）已知，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用换元法设，则，然后利用三角函数的诱导公式进行化简求解即可．
【详解】设，则，则，
则，
故选：．
8．（2020·黑龙江·大兴安岭实验中学高一期末）若，则它是（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
【答案】C
【分析】根据象限角的定义判断．
【详解】因为，所以是第三象限角．
故选：C．
9．（2021·新疆·新和县实验中学高一期末）已知，则的最小值为（ ）
A．5 B．10 C．4 D．15
【答案】A
【分析】由基本不等式求解.
【详解】因为，则，当且仅当，即时等号成立.
故选：A.
10．（2021·西藏·日喀则市南木林高级中学高一期末）已知函数，下列结论错误的是（ ）
A．函数的最小正周期为 B．函数在区间上是增函数
C．函数的图象关于轴对称 D．函数是奇函数
【答案】D
【分析】根据余弦函数的图象与性质即可得到结论.
【详解】由题意，，
由余弦函数可知，函数的最小正周期为，故A正确；
函数在区间上为减函数，则在区间上为增函数，故B正确；
函数为偶函数，且图象关于轴对称，则为偶函数，且图象关于轴对称，故C正确，D错误.
故选：D
11．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）八点二十分这个时刻同学们一定不陌生，因为那是我们学校第一节课上课的时刻.请你联想或观察黑板上方的钟表，对下面的问题做出选择：八点二十分，时针和分针夹角的弧度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分别求出八点二十分，时针和12点方向半径的夹角及分针和12点方向半径的夹角即可求解.
【详解】如图示：记从表盘中心（圆心）O到12点方向的半径为OA，8：20时分针方向为OB，时针方向为OC.
则，
所以,
即八点二十分，时针和分针夹角的弧度数为.
故选：C
12．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）下列函数中最小值为6的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用基本不等式求解判断.
【详解】A. 当时， ，故错误；
B. 因为，则 ，当且仅当，即 时，等号成立，故错误；
C. 因为，则 ，当且仅当，即 时，等号成立，故正确；
D. 当时， ，故错误；
故选：C
13．（2021·甘肃张掖·高一期末）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征．我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由图象知函数的定义域排除选项选项A、D，再根据不成立排除选项C，即可得正确选项.
【详解】由图知的定义域为，排除选项A、D，
又因为当时，，不符合图象，所以排除选项C，
故选：B.
14．（2021·浙江省三门第二高级中学高一期末）已知定义在上的奇函数，当时，，则的值为（ ）
A． B．8 C． D．24
【答案】A
【分析】根据定义域的对称性，求得，再结合函数的奇偶性和题设条件，得到，即可求解.
【详解】由题意，定义在上的奇函数，可得，解得，
又由当时，所以，
故选：A.
15．（2021·北京·中国农业大学附属中学高一期末）已知为角的终边上一点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用三角函数的定义和二倍角的正切公式求解.
【详解】因为为角的终边上一点，
所以，
所以，
故选：C
16．（2021·云南昭阳·高一期末）已知函数，若，则的值是（ ）
A． B．或 C．或 D．或或
【答案】A
【分析】分别在和两种情况下，根据解析式构造方程求得结果.
【详解】当时，，解得：或（舍），；
当时，，解得：（舍）；
综上所述：的值是.
故选：A.
17．（2021·吉林白城·高一期末）已知偶函数的定义域为R，当时，单调递增，则，，的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据偶函数的性质，结合单调性即可选出答案.
【详解】因为为偶函数，所以，．又当时，单调递增，且，所以，即．
故选：B．
18．（2021·海南二中高一期末）已知函数在[2，8]上单调递减，则k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用二次函数的单调性可得答案.
【详解】因为函数的对称轴为
所以要使函数在[2，8]上单调递减，则有，即
故选：C
二、多选题
19．（2021·福建·莆田第七中学高一期末）已知，且.则下列不等式恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】结合基本不等式对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】当时，，所以BD选项错误.
A，，当且仅当时，等号成立，A正确.
C，，，当且仅当时，等号成立，C正确.
故选：AC
20．（2021·辽宁丹东·高一期末）下列结论正确的是（ ）
A．“x2＞1”是“x＞1”的充分不必要条件
B．设M⫋N，则“x∉M”是“x∉N”的必要不充分条件
C．“a，b都是偶数”是“a+b是偶数”的充分不必要条件
D．“a＞1且b＞1”是“a+b＞2且ab＞1”的充分必要条件
【答案】BC
【分析】根据不等式的性质可判断A和D；由集合之间的包含关系可判断B；由数的奇偶性可判断C．
【详解】对于选项A：，，所以“”是“”的必要不充分条件，故A错误；
对于选项B：由Ü得Ü，则，，所以“”是“”的必要不充分条件，故B正确；
对于选项C：由“，都是偶数”可以得到“是偶数”，但是当“是偶数”时，，可能都是奇数，所以“，都是偶数”是“是偶数”的充分不必要条件，故C正确；
对于选项D：“，且”“且”，而由“且”“，且”，比如，. 所以“，且”是“且”的充分不必要条件，故D错误.
故选：BC．
21．（2021·广东高州·高一期末）已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】利用对数函数的单调性得到，然后利用不等式的基本性质判断A；利用特殊值判断B；利用指数函数和幂函数的单调性判断C；利用指数函数的单调性判断D即可.
【详解】因为，
所以，
所以，故选项A正确；
当时，，故选项B错误；
又，故选项C错误；
由指数函数和幂函数的单调性得，故选项D正确.
故选；AD.
22．（2021·湖南新邵·高一期末）已知函数，则（ ）
A．为偶函数 B．在区间单调递减
C．最大值为2 D．为奇函数
【答案】AB
【分析】化简解析式，由此对选项逐一分析，从而确定正确答案.
【详解】，
所以是偶函数，A正确，D错误.
，当时，减区间为，所以B正确.
最大值为，C错误.
故选：AB
23．（2021·浙江浙江·高一期末）下列函数中在区间上单调递减的函数有（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】A选项根据幂函数的性质判断；B选项根据对数函数图像的平移变换判断；
C选项根据函数整体绝对值是将下方的图像翻折到上方判断；D选项根据指数函数图像的平移变换判断；
【详解】A选项:根据幂函数中时在上单调递增，故此选项不符合题意；
B选项:将 图像向左平移一个单位，所以在上单调递减，所以符合题意；
C选项:保留图像在轴上方的部分，轴下方图像翻折到轴的上方，根据图像可知在上单调递减， 上单调递增，符合题意；
D选项：的图像由指数函数 图像向左平移一个单位得到，且底数大于1，所以在R上单调递增，所以不符合题意。
故选：BC
24．（2021·广东潮阳·高一期末）下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】先判断各函数最小正周期，再确定各函数在区间上单调性，即可选择判断.
【详解】最小正周期为，在区间上单调递减；
最小正周期为，在区间上单调递减；
最小正周期为，在区间上单调递减；
最小正周期为，在区间上单调递增；
故选：AC
25．（2021·福建·莆田第七中学高一期末）将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的一个可能取值为（ ）
A． B． C．0 D．
【答案】AB
【分析】先求得平移后的解析式，根据偶函数满足的条件求得的取值，从而对选项进行分析即可.
【详解】由题知，函数平移后变为，
因其为偶函数，则，，，
对选项一一分析可得，当时，；当时，；
AB符合条件，CD不符合条件，
故选：AB
26．（2021·河北迁安·高一期末）已知函数则下列结论中正确的是（ ）
A． B．若，则
C．是奇函数 D．在上单调递减
【答案】CD
【分析】A.由分段函数求解判断；B.分 ， ，由求解判断；不成立；C.利用奇偶性的定义判断； D.画出函数的图象判断.
【详解】因为
A. ，故错误；
B. 当时，，解得或（舍去），当时，，不成立；故错误；
C. 当时，，则 ，，又，所以；
当时，，则 ，，又，所以，所以是奇函数，故正确；
D.函数的图象如图所示：
，
由图象知在上单调递减，故正确.
故选：CD
27．（2021·河北张家口·高一期末）已知角α的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则下列各式一定为正值的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】根据终边上一点坐标判断三角函数的符号.
【详解】当时，，所以选项A错误；
由角的终边过点，，得
，所以选项B正确；
当时，，，所以选项C错误；
又，即，所以，即，所以选项D正确.
故选：BD.
28．（2021·海南二中高一期末）若函数在区间上的图像为一条不间断的曲线，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则存在实数，使得
B．若，则不存在实数，使得
C．若对任意的实数，则
D．若对任意的实数，则
【答案】AC
【分析】根据零点存在性定理逐一判断即可.
【详解】若，则存在实数，使得，故A正确；
若，则有可能存在实数，使得，故B错误
若对任意的实数，则，故C正确；
若对任意的实数，则
故选：AC
三、填空题
29．（2021·广东·仲元中学高一期末）函数的定义域为______.（写成区间形式）
【答案】
【分析】根据题意，结合对数的真数部分必须大于0，即可求解.
【详解】由，得，即，因此函数的定义域为.
故答案为：.
30．（2021·新疆·新和县实验中学高一期末）若方程的两个根为，，则___________.
【答案】
【分析】由根与系数的关系可得、，由两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为方程的两个根为，，
所以，，
所以，
故答案为：.
31．（2021·浙江浙江·高一期末）将400个进货单价为80元的商品，按90元一个售出时能全部卖出，已知这种商品每个涨价1元，其销售数就减少了20个，为了获得最大利润，售价应定为每个________元.
【答案】95
【分析】根据题意，转化为二次函数求最值.
【详解】设售价为元，则利润为（元），所以当，即售价为95元时，利润最大.
故答案为：95
32．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）已知函数则使得函数值大于的的取值范围是___________.
【答案】
【分析】依题意可得，再对其因式分解，解得即可；
【详解】解：依题意可得，即，解得或，即
故答案为：
33．（2021·全国·高一期末）已知定义在R上的奇函数，当时，，则______．
【答案】．
【分析】根据函数奇偶性求出，再由，即可求出结果.
【详解】因为为定义在上的奇函数，
所以，又当时，，
所以，则，
则.
故答案为：.
34．（2021·全国·高一期末）已知函数的定义域为，对于定义域内的任意实数x，有成立．若时，，则时，函数的最大值是______．（用3的指数幂表示）
【答案】
【分析】首先根据已知条件得到对任意成立，再结合题意求解即可.
【详解】因为对于任意成立，
所以对任意成立．
时，；
，则，所以；
，则，所以．
所以，时，函数的最大值为．
故答案为：
35．（2021·上海徐汇·高一期末）已知，化简 = __________
【答案】
【分析】根据指数幂的运算法则即可计算.
【详解】.
故答案为：
四、解答题
36．（2021·重庆·高一期末）已知全集，若集合，.
（1）若，求，；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）求出集合，直接进行补集和并集运算即可求解；
（2）由题意可得：，列出满足的不等关系即可求解.
【详解】（1）
（2）
，
37．（2021·浙江·乐清市知临中学高一期末）已知全集,非空集合满足:,记表示满足题意的集合解.
(1)请你给定一个符合题意条件的集合,并求出的个数.
(2)若,求集合B.
【答案】(1) (其他符合条件的均可)，24；(2) ；
【分析】(1)根据集合的运算，一一列举，即可.
(2)根据(1)分析，即可得到答案.
【详解】(1)解:根据题意得,中必须包含,不能包含,
当为可以为,
当为，可以为,
当为，可以为
当为可以为,
当为可以为,
当为可以为,
当为可以为,
的个数为:.
(2)由(1)得.
38．（2021·内蒙古包头·高一期末）如图，已知直线∥，为之间的定点，并且到的距离分别为，点分别是直线上的动点，使得.过点作直线，交于点，交于点，设.
（1）求的面积关于的解析式；
（2）求的最小值及取得最小值时的值.
【答案】（1）；（2），最小值.
【分析】（1）先求出AB,AC，再根据三角形的面积公式即可.
（2）根据的范围计算出的范围，从而计算出的最小值.
【详解】解：（1）由∥，，可知，则..
在中，，在中，..
所以.
（2）.
所以当时，即时，取得最小值.
39．（2021·河北迁安·高一期末）为了预防流感，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒.已知药物释放过程中，室内每立方米空气中的含药量（毫克）与时间（小时）成正比；药物释放完毕后，与的函数关系式为（为常数），如图所示，根据图中提供的信息，求：
（1）从药物释放开始，每立方米空气中的含药量（毫克）与时间（小时）之间的函数关系式；
（2）据测定，当空气中每立方米的含药量降低到0.25毫克以下时，学生方可进教室，那从药物释放开始，至少需要经过多少小时候后，学生才能回到教室.
【答案】（1），（2）
【分析】（1）利用函数图像，借助于待定系数法，求出函数解析式，
（2）结合图像可知由药物释放完毕后的函数解析式中的可求得结果
【详解】（1）由图可知直线的斜率为，
所以图像中线段的方程为，
因为点在曲线上，所以，解得，
所以从药物释放开始，每立方米空气中的含药量（毫克）与时间（小时）之间的函数关系式为，
（2）因为药物释放过程中室内药量一直在增加，即使药量小于0.25毫克，学生也不能进入教室，所以只能当药物释放完毕，室内药量减少到0.25毫克以下时，学生方可进入教室，
即，解得，
所以从药物释放开始，至少需要经过小时，学生才能回到教室
40．（2021·四川巴中·高一期末（理））已知关于的不等式．
（1）若不等式的解集为或，求的值；
（2）若不等式的解集是，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）分析可知关于的方程的两根为、，结合韦达定理可求得实数的值；
（2）分、两种情况讨论，结合已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，不等式化为，解集为，不合题意，舍去；
当时，一元二次不等式的解集为或，
、是相应方程的两根，且．
，解得：．
综上可知：；
（2）当时，不等式化为在上恒成立，符合题意；
若，关于的一元二次不等式的解集为，
得，解得．
综上，的取值范围是．
41．（2021·河北迁安·高一期末）已知，求的值.
【答案】
【分析】首先根据正切两角和公式得到，再利用诱导公式和二倍角公式化简得到，再分子、分母同除以求解即可.
【详解】因为，解得.
所以
.
42．（2021·新疆新源·高一期末）已知函数的部分图象如图所示.
（1）写出的最小正周期及其单调递减区间；
（2）若要得到的图象，只需要函数的图象经过怎样的图象变换？
【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间为：；（2）答案见解析.
【分析】（1）首先由函数的图象，求得函数的解析式，再求解函数的性质；
（2）利用三角函数图象变换规律，即可求解.
【详解】（1）根据函数的图象：，解得，故，
由于，由于，故.
所以.
所以函数的最小正周期为；
令，
整理得，
故函数的单调递减区间为：，
（2）要得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位，再将函数图象的横标压缩为原来的即可.
43．（2021·西藏·日喀则市南木林高级中学高一期末）已知且（）求：
（Ⅰ）的值；
（Ⅱ）的值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）将两边平方，再根据平方关系计算可得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知为第二象限角，即可得到，再求出，即可得解；
【详解】（Ⅰ）因为，，
所以，
即
所以
（Ⅱ）由上知，为第二象限的角，
所以，
所以，
所以
44．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）已知关于的一元二次不等式的解集中有且只有一个元素，求下列两个式子的值：
（1） （2）
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据题意可得，将原式化简为关于的式子即可求解；
（2）分子分母除以化简为关于的式子即可求解.
【详解】解，由已知，关于的一元二次不等式的解集中有且只有一个元素，可得则
（1）
（2）
45．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）有这样一道利用基本不等式求最值的题：
已知且求的最小值.
小明和小华两位同学都“巧妙地用了”，但结果并不相同.
小明的解法：由于所以
而那么则最小值为
小华的解法：由于所以
而则最小值为
（1）你认为哪位同学的解法正确，哪位同学的解法有错误？
（2）请说明你判断的理由.
【答案】（1）小华的解法正确；小明的解法错误；（2）理由见解析.
【分析】（1）小华的解法正确；小明的解法错误；
（2）根据等号成立的条件判断.
【详解】（1）小华的解法正确；小明的解法错误
（2）在小明的解法中，，等号成立时；
，等号成立时，
那么取得最小值时，，
这与已知条件是相矛盾的.
在小华的解法中，，等号成立的条件为，即，
再由已知条件，即可解得满足条件的的值，都是合理的.
46．（2021·云南昭阳·高一期末）已知关于的不等式的解集为或.
（1）求、的值；
（2）当，且满足时，有恒成立，求实数的范围.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）分析可知关于的方程的两根分别为、，且有，利用根与系数的关系可求得、的值；
（2）分析可得，将与相乘，展开后利用基本不等式求出的最小值，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】（1）因为不等式的解集为或.
所以，关于的方程有两个实根分别为，，且有，
所以得；
（2）由（1）知，不等式恒成立，则，
，
当且仅当时，取等号，
所以：，即，即.
47．（2021·全国·高一期末）已知x、y、z为非零实数，且．求证：．
【分析】设，两边取以为底的对数，可得，再利用对数的运算性质计算和即可求证.
【详解】证明：设，则，，，即，，．所以，得证．
48．（2021·福建省永泰县第二中学高一期末）已知二次函数y＝ax2+bx﹣a+2．
（1）若关于x的不等式ax2+bx﹣a+2＞0的解集是{x|﹣1＜x＜3}，求实数a，b的值；
（2）若b＝2，a＞0，解关于x的不等式ax2+bx﹣a+2＞0．
【答案】（1）a＝﹣1，b＝2（2）见解析
【分析】（1）根据一元二次不等式的解集性质进行求解即可；
（2）根据一元二次不等式的解法进行求解即可.
（1）由题意知，﹣1和3是方程ax2+bx﹣a+2＝0的两根，
所以，解得a＝﹣1，b＝2；
（2）当b＝2时，不等式ax2+bx﹣a+2＞0为ax2+2x﹣a+2＞0，
即（ax﹣a+2）（x+1）＞0，所以，
当即时，解集为；
当即时，解集为或；
当即时，解集为或.
49．（2021·海南二中高一期末）计算或化简：
（1）；
（2）
【答案】（1）（2）1
【分析】（1）根据指数幂的运算算出答案即可；
（2）根据对数的运算算出答案即可.
（1）
（2）
50．（2021·海南二中高一期末）设为定义在R上的偶函数，当时，；当时，，直线与抛物线的一个交点为，如图所示.
（1）补全的图像，写出的递增区间（不需要证明）；
（2）根据图象写出不等式的解集
【答案】（1）图像见解析，单调增区间为，
（2）
【分析】（1）由偶函数的图象关于轴对称可补全图象，然后写出递增区间；
（2）根据图象写出答案即可.
（1）函数图象如图所示：
观察可知的单调增区间为，
（2）当时，，可得，即
根据函数图象可得，当或时，
所以的解集为
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