2022-2023学年福建省永春第一中学高一上学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省永春第一中学高一上学期期末考试数学试题（解析版），共18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。
2022-2023学年福建省永春第一中学高一上学期期末考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解一元二次不等式化简集合，再利用集合交集的定义求解即可.【详解】由解得，所以，所以，故选：A.2．下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是（    ）A． B．C． D．，且【答案】B【分析】根据指对幂函数的单调性与奇偶性依次讨论个选项即可得答案.【详解】解：对于A选项，，为偶函数，故错误；对于B选项，，为奇函数，且函数均为减函数，故为减函数，故正确；对于C选项，指数函数没有奇偶性，故错误；对于D选项，函数为奇函数，在定义域上没有单调性，故错误.故选：B3．下列命题中真命题的个数有（    ）①，；②，；③命题“，”是真命题；④是奇函数A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】运用不等式的性质，指数对数函数的性质，逐个判断选项.【详解】对于①，恒成立，所以①正确；对于②，当时，，所以成立，所以②正确；对于③，恒成立，③错误；对于④，令，函数定义域为R，则，所以是奇函数，所以④正确.故选：C.4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得的值.【详解】因为，则 .故选：D.5．已知函数f(x)是偶函数，且f(x)在上是增函数，若，则不等式的解集为（    ）A．{x|x>2} B． C．{或x>2} D．{或x>2}【答案】C【分析】利用函数的奇偶性和单调性将不等式等价为，进而可求得结果.【详解】依题意，不等式，又在上是增函数，所以，即或，解得或.故选：C.6．已知关于x的不等式解集为，则下列说法错误的是（    ）A．B．不等式的解集为C．D．不等式的解集为【答案】D【分析】根据已知条件得和是方程的两个实根，且，根据韦达定理可得，根据且,对四个选项逐个求解或判断可得解.【详解】由已知可得－2，3是方程的两根，则由根与系数的关系可得且，解得，所以A正确；对于B，化简为，解得，B正确；对于C，，C正确； 对于D，化简为：，解得，D错误．故选：D.7．已知，，则“”是“”的（　　）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】若，则，利用函数的单调性可得．反之不一定成立，例如取，．即可得出其不成立．【详解】解：若，则，∴，又当时，单调递增，∴．反之不一定成立，“”不一定得出“”，例如取，．则“”．∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的概念，还考查了利用导数证明不等式及赋值法，属于难题．8．函数满足，且当时，，则函数与函数的图象的所有的交点的横坐标与纵坐标之和等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分析可知关于点中心对称，函数关于点中心对称，作出函数与函数的图象，利用对称性与周期性可求得结果.【详解】由于，所以函数为周期函数，且周期为.令，则，对任意的，，所以函数关于点中心对称.设，则，所以，函数关于点中心对称.画出函数与函数的图象如下图所示，由图可知，函数与函数的图象有四个交点，不妨设这四个交点分别为、、、，设，由图可知，点与点关于点对称，点与点关于点对称，所以.同理可知，函数与函数的图象也有四个交点，设这四个交点分别为、、、，由两函数周期都为2，两函数关于点(1,1)对称，故这四个点关于点(3,1)对称，可得，所以，函数与函数的图象的所有的交点的横坐标与纵坐标之和等于.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查两函数交点横坐标与纵坐标之和，解题的关键在于分析出两函数的对称性，然后利用图形找出两函数图象的交点个数，结合对称性来计算. 二、多选题9．《几何原本》中的几何代数法是以几何方法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有图形如图所示，为线段上的点，且，，为的中点，以为直径作半圆．过点作的垂线交半圆于，连接，，，过点作的垂线，垂足为．则该图形可以完成的所有的无字证明为（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】分别在和中，利用射影定理和、判定选项A、C正确.【详解】，，根据图形，在中，由射影定理得，所以，由，且，得：（，），当且仅当时取等号，即A正确；在中，同理得，所以，又，所以（，），当且仅当时取等号，即C正确；故选：AC.10．下面命题正确的是（    ）A．“”是“”的必要不充分条件B．如果幂函数的图象不过原点，则或C．“”是“一元二次方程有一正一负两个实根”的充要条件D．函数且恒过定点【答案】ABC【分析】根据充分条件与必要条件的定义可判断A，C；利用幂函数的定义和性质，求得的值，可判断B；根据指数函数且过定点即可判断D．【详解】由“”不能推出“”，比如；而由“”可以推出“”，所以“”是“”的必要不充分条件，故A正确：若幂函数的图象不过原点，则，解得或，故B正确；若，则，所以一元二次方程有一正一负两个实根；若一元二次方程有一正一负两个实根，则，则，故C正确；指数函数且过定点，函数且恒过定点，故D错误．故选：ABC．11．由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数史称戴德金分割，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中，可能成立的是（    ）A．M没有最大元素，N有一个最小元素B．M没有最大元素，N也没有最小元素C．M有一个最大元素，N有一个最小元素D．M有一个最大元素，N没有最小元素【答案】ABD【分析】举特例根据定义分析判断，进而可得到结果．【详解】令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能；令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能；假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的；令，，显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选项D可能.故选：ABD．12．定义在R上的函数满足，且当时，，，若任给，存在，使得，则实数a的取值可以为（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】求出在上的值域，利用得到在上的值域，再求出在上的值域，根据题意得到两值域的包含关系，从而求出a的取值范围.【详解】当时，可知在上单调递减，在上单调递增，所以在上的值域为，在上的值域为，所以在上的值域为，因为，所以，所以在上的值域为，当时，为增函数，在上的值域为，所以，解得：；当时，为减函数，在上的值域为，所以，解得：；当时，为常数函数，值域为，不符合题意；综上：的取值范围是.则ABD满足题意.故选：ABD 三、填空题13．函数的定义域为______．【答案】【分析】解不等式组可求出结果.【详解】由函数有意义得，解得，所以函数的定义域为.故答案为：14．已知函数，若在上单调递减，则的取值范围为______．【答案】【分析】由题意可得，解不等式组即可得出答案.【详解】由题意得,即，解得：．所以的取值范围为.故答案为：.15．函数的零点所在的大致区间（区间长度为1）___________.【答案】【分析】先求定义域，再求导，得到函数单调递增，且，由零点存在性定理得到答案.【详解】的定义域为，且恒成立，故在上连续且单调递增，，，故的零点所在的大致区间是.故答案为：16．已知函数是奇函数，当时，，若不等式 且对任意的恒成立，则实数的取值范围是____【答案】【分析】先求出在的解析式，不等式且对任意的恒成立，转化为在上恒成立，分为和讨论即可．【详解】函数是奇函数，当时，，∴，设，则，∴∴，∵不等式且对任意的恒成立，∴且对任意的恒成立，∴，即，当时，，而，故时不合题意；当时，令，当时，函数单调递增，∴，即∴，，解得，此时，综上所述的取值范围为．故答案为.【点睛】本题主要考查恒成立问题，通过研究函数的单调性，借助于最值求出参数的范围，考查转化思想以及计算能力，属于中档题. 四、解答题17．已知.(1)化简；(2)若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用诱导公式可化简的表达式；（2）由已知可得出，等式两边平方可得的值，进而可计算得出的值.【详解】（1）解：.（2）解：因为，所以，两边平方得，所以，所以，所以，所以.18．已知集合，集合．（1）当时，求和；（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．【答案】（1）或，；（2）或.【解析】（1）当时，得出集合，解分式不等式即可得集合，再根据补集和并集的运算，从而可求出；(2)由题意知，当时，；当时，或，从而可求出实数的取值范围.【详解】解：（1）由题可知，当时，则，或，则，所以.（2）由题可知，是的必要不充分条件，则，当时，，解得：；当时，或，解得：或；综上所得：或.【点睛】结论点睛：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含．19．已知，且，.(1)求的最小值；(2)求的最小值.【答案】(1)3；(2). 【分析】（1）由已知推得，将变形为，展开用基本不等式，即可求得的最小值；（2）原式可变形为，进而求出，用“1”的代换将变形为，展开用基本不等式，即可求得的最小值.【详解】（1）因为，，所以，当且仅当，且，即，时等号成立， 则的最小值为3.（2），因为，所以，所以原式，当且仅当，且，即，时等号成立，则的最小值为.20．在国家大力发展新能源汽车产业政策下，我国新能源汽车的产销量高速增长.某地区2019年底新能源汽车保有量为1500辆，2020年底新能源汽车保有量为2250辆，2021年底新能源汽车保有量为3375辆.(1)根据以上数据，试从（，且），（，且），（，且），三种函数模型中选择一个最恰当的模型来刻画新能源汽车保有量的增长趋势（不必说明理由），设从2019年底起经过x年后新能源汽车保有量为y辆，求出新能源汽车保有量y关于x的函数关系式；(2)假设每年新能源汽车保有量按（1）中求得的函数模型增长，且传统能源汽车保有量每年下降的百分比相同，2019年底该地区传统能源汽车保有量为50000辆，预计到2024年底传统能源汽车保有量将下降10%.试估计到哪一年底新能源汽车保有量将超过传统能源汽车保有量.（参考数据:，）【答案】(1)应选择的函数模型是；(2)2028年底 【分析】（1）由增长趋势知，增长快，应选函数模型是，由待定系数法即可求得函数关系式；（2）由题意列式求出每年下降得百分比，得出关系式，再得出新能源超过传统能源汽车的不等式，化简求解即可得结果.【详解】（1）根据该地区新能源汽车保有量的增长趋势知，应选择的函数模型是由题意得，解得，所以（2）设传统能源汽车保有量每年下降的百分比为r，依题意得.，解得，设从2019年底起经过x年后的传统能源汽车保有量为y辆，则有，设从2019年底起经过x年后新能源汽车的数量将超过传统能源汽车，则有化简得，所以，解得，故从2019年底起经过9年后，即2028年底新能源汽车的数量将超过传统能源汽车.21．已知函数且是偶函数，函数且.(1)求实数的值.(2)当时，①求的值域.②若，使得恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)①；② 【分析】（1）利用函数的奇偶性得到，从而求得的值；（2）①利用换元法，结合指数函数与对勾函数的单调性求得，从而由对数函数的单调性求得，据此得解；②将问题转化为恒成立，从而得到在上恒成立，利用换元法再次将问题转化为恒成立，从而得解.【详解】（1）由题意得，即，所以，则，由于不恒为，所以，故，经检验，当时，的定义域为，关于原点对称，，所以是偶函数，满足题意，所以.（2）①由（1）及得，由于指数函数在上单调递增，对勾函数在上单调递减，上单调递增，所以当时，取得最小值，即，又在上单调递增，所以，故的值域为；②由题意得，因为，使得恒成立，所以，恒成立，则恒成立，由①易得当时，，，所以恒成立，因为，所以在上恒成立，令，因为，所以，则在上恒成立，即在上恒成立，令，易知在上单调递减，所以，所以，即.22．已知函数的图像关于原点对称.(1)求实数a，b的值；(2)求不等式的解集；(3)若函数其中，讨论函数的零点个数.【答案】(1)(2)(3)答案见解析 【分析】（1）为奇函数，利用解实数a，b的值；（2）利用函数的单调性和奇偶性解不等式；（3）作出函数图像，数形结合讨论零点的个数.【详解】（1）由题意知为奇函数，有，整理得，即，对于定义域内任意x都成立，所以，解得或，因为，所以；（2）要使有意义，只需，解得，故定义域为，为奇函数，又在时是减函数，故不等式等价于，即，即，∴，又，解得，故不等式的解集为.（3）由，得，令，则，作出图像如图所示：由图可知，①当时，由于，所以由得，解得，当时，，对应有3个零点；当时，，对应有1个零点；②当时，只有当时，对应有1个零点；综上所述，当或时，函数只有1个零点；当时，函数有3个零点.【点睛】方法点睛:已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:（1）直接法:直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围;（2）分离参数法:先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决;（3）数形结合法:先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.