2021-2022学年广东省潮州市饶平县第二中学高一下学期期初数学试题（解析版）

2021-2022学年广东省潮州市饶平县第二中学高一下学期期初数学试题

一、单选题

1．集合，集合或，则集合（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求得，结合集合并集的运算，即可求解.

【详解】由题意，集合或，可得，

又由，所以.

故选：C.

2．已知角的终边经过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用三角函数的定义可求得的值.

【详解】由三角函数的定义可得.

故选：B.

3．函数的零点所在的区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】判断函数是上的增函数，，结合零点存在性定理可判断出函数零点所在区间.

【详解】解：函数是上的增函数，是上的增函数，故函数是上的增函数.

，，

则时，；时，，

因为，所以函数在区间上存在零点.

故选：C.

4．函数的部分图像是

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数的奇偶性和函数值在某个区间上的符号，对选项进行排除，由此得出正确选项.

【详解】∵是奇函数，其图像关于原点对称，∴排除A,C项；当时，，∴排除B项.

故选D.

【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查函数的单调性，属于基础题.

5．若命题“”是命题“”的充分不必要条件，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解不等式得，进而根据题意得集合是集合的真子集，再根据集合关系求解即可.

【详解】解：解不等式得，

因为命题“”是命题“”的充分不必要条件，

所以集合是集合的真子集，

所以  

故选：C

6．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据指数函数的单调性、对数函数的单调性、幂函数的单调性比较即可求解.

【详解】是增函数，

，

是减函数，在上是增函数，

故选：B

7．已知、是方程的两个根，且、，则的值是（    ）

A． B．

C．或 D．或

【答案】B

【分析】先用根与系数的关系可得＋＝，＝4，从而可得＜0，＜0，进而，所以，然后求的值，从而可求出的值.

【详解】由题意得＋＝，＝4，

所以，

又、，故，

所以，

又.

所以.

故选：B.

8．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将不等式变为，根据的单调性知，以此去判断各个选项中真数与的大小关系，进而得到结果.

【详解】由得：，

令，

为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，

，

，，，则A正确，B错误；

与的大小不确定，故CD无法确定.

故选：A.

【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.

二、多选题

9．下列函数是奇函数且在区间上单调递增的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】CD

【分析】依据题意，结合奇偶函数的定义和单调性的判定方法逐项分析即可求解.

【详解】对于A，因为函数在R上单调递增，所以函数在R上单调递减，故A错误；

对于B，因为，所以函数为偶函数，故B错误；

对于C，因为，所以函数为奇函数，

又，任取，满足，则，

由于，正弦函数在上单调递增，于是，，

所以，

即，

故函数在上单调递增，故C正确；

对于D，因为，所以函数为奇函数，

又，任取，满足，则，

由于，于是，，

所以，

即，

所以函数在上单调递增，故D正确.

故选：CD.

10．下列说法中正确的是（    ）

A．命题“，”的否定是“，”

B．函数且的图象经过定点

C．幂函数在上单调递增，则的值为

D．函数的单调递增区间是

【答案】ABC

【分析】A.由全称量词命题的否定是存在量词命题判断；B.令求解判断；C.根据是幂函数求得m，再根据单调性判断； D.利用对数复合函数的单调性判断.

【详解】A.命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，即“，”，故正确；

B.因为函数且，令得 ，此时 的图象经过定点，故正确；

C. 因为是幂函数，所以，即 ，解得 或 ，当时，在上单调递减，当 时，在上单调递增，故正确；

D.令，得 或，所以函数的定义域为，

又在上递增，在上递增，所以的单调递增区间是，

故选：ABC

11．函数（，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．的最小正周期为

B．是图象的一个对称中心

C．在区间上单调递减

D．把图象上所有点向右平移个单位长度后得到函数的图象

【答案】BC

【分析】根据题意，结合正弦型函数的图象与性质和图象变换知识，即可求解.

【详解】由题意知，，，所以周期，，

又，

所以，

故，

所以A错误，

又，故B正确.

因为，所以，由于正弦函数在其上单调递减，

所以函数在上单调递减，故C正确，

将图象上所有点向右平移个单位长度后得到的图象，故D不正确.

故选：BC.

12．已知函数，方程有4个不同的实数根，则下列选项正确的为（    ）

A．函数的零点的个数为2

B．实数的取值范围为

C．函数无最值

D．函数在上单调递增

【答案】ABC

【分析】根据分段函数图像可以判断ABD，而选项C，结合分段函数的图像性质，分析得到两个不等的实根，最后根据二次方程根的分布求出参数的取值范围即可.

【详解】因为函数，可得函数图像如图：

由图知函数有2个零点，故A选项正确；

函数没有最值，故C选项正确；

函数在上单调递减，在上单调递增，故D选项错误；

由于方程有4个不同的实数根，

令则有4个不同的实数根，

因为恒成立，

设两个不等的实根为，

由韦达定理知：，

则异号，由图可知：，

所以，解得，故B选项正确；

故选：ABC

【点睛】(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．

(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．

三、填空题

13．求值：______.

【答案】7

【分析】利用指数式与对数式的互化，对数运算法则计算作答.

【详解】.

故答案为：7

14．若扇形的面积为9，圆心角为2弧度，则该扇形的弧长为______．

【答案】6

【分析】先由已知求出半径，从而可求出弧长

【详解】设扇形所在圆的半径为，

因为扇形的面积为9，圆心角为2弧度，

所以，得，

所以该扇形的弧长为，

故答案为：6

15．已知，则__________.

【答案】

【解析】根据两角和的正弦公式，将原式化简整理，即可得出结果.

【详解】由可得，

则，因此，

从而有，

即.

故答案为：.

16．已知为偶函数，当时，，当时，，则不等式的解集为__________．

【答案】

【解析】求出不等式在的解，然后根据偶函数的性质可得出不等式在上的解集.

【详解】当时，令，可得，解得，此时；

当时，令，解得，此时.

所以，不等式在的解为.

由于函数为偶函数，因此，不等式的解集为.

故答案为：.

【点睛】本题考查分段函数不等式的求解，同时也涉及了函数奇偶性的应用，考查运算求解能力，属于中等题.

四、解答题

17．（1）已知，，求的值；

（2）若，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】(1)由条件利用同角三角函数的基本关系求出,即可求得的值；

(2)把要求的式子利用诱导公式化为,进而而求得结果.

【详解】解：（1）∵，，

∴

∴

（2）若，

则.

18．已知关于的不等式的解集是.

(1)求关于的不等式的解集；

(2)若非空集合，，求实数的取值范围.

【答案】(1)或

(2)

【分析】(1)先根据题意求出参数的值，代入不等式，解关于的一元二次不等式即可求解；

(2)根据得到，然后根据集合的包含关系列出不等式组，解之即可.

【详解】（1）不等式的解集为，

，解得．

将代入不等式整理得，解得或．

故或．

（2）∵，∴，

又∵，∴或，∴或，

故实数的取值范围．

19．已知函数，.

(1)求的最小正周期；

(2)求的单调递增区间；

(3)求在区间上的最大值和最小值.

【答案】(1)

(2)，

(3)最大值为，最小值为

【分析】（1）应用二倍角公式，两角差的正弦公式化简函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质得最小正周期；

（2）由正弦函数的单调性得增区间；

（3）由已知求出的范围，结合正弦函数性质得结论．

【详解】（1）             

所以的最小正周期

（2）由，，得，．

故函数的单调递增区间为，．

（3）当时，

 ∴

∴

故在区间上的最大值为，最小值为.

20．甲、乙两地相距1000千米，某货车从甲地匀速行驶到乙地，速度为v千米/小时（不得超过120千米/小时）．已知该货车每小时的运输成本m（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v（单位：km/h）的关系是；固定部分y2为81元．

（1）根据题意可得，货车每小时的运输成本m=________，全程行驶的时间为t=________；

（2）求该货车全程的运输总成本与速度v的函数解析式；

（3）为了使全程的运输总成本最小，该货车应以多大的速度行驶？

【答案】（1）；；（2）（0 <v ≤120）；（3）v=90 km/h.

【分析】（1）根据货车每小时的运输成本等于可变部分加上固定部分即可得出答案，再根据全程行驶的时间等于总里程除以速度即可得解；

（2）根据货车全程的运输总成本等于货车每小时的运输成本乘以时间即可得出答案；

（3）根据函数解析式结合基本不等式即可得解.

【详解】解：（1）；．

（2）货车全程的运输总成本

（0 <v ≤ 120）．

（3）=1800元，

当且仅当，即v=90时，全程的运输总成本最小，

所以为了使全程的运输总成本最小，该货车应以90 km/h的速度行驶.

21．已知函数（，为常数，且）的图象经过点，．

(1)求函数的解析式；

(2)若关于不等式对都成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将，，代入函数，利用待定系数法即可得出答案；

（2）对都成立，即，，令，，令，求出函数的最小值即可得解.

【详解】（1）解：∵函数的图象经过点，，

∴，即，

又∵，∴，，

∴，即；

（2）解：由（1）知，，

∴对都成立，即对都成立，

∴，，

令，，则，

令，即，，

∴的图象是开口向下且关于直线对称的抛物线，

∴，

∴，

∴的取值区间为．

22．已知函数．

(1)根据函数单调性的定义，证明在区间上单调递减，在区间上单调递增；

(2)令，若对，，都有成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由单调性定义证明；

（2）换元，设，，由（1）求得的范围，然后由二次函数性质求得最大值和最小值，由最大值减去最小值不大于可得的范围．

【详解】（1）证明：设，，且，

则，

当时，∴，，

∴，∴，即，

∴函数在上单调递减．

当时，∴，，∴，∴，即，

∴函数在上单调递增．

综上，函数在上单调递减，在上单调递增．

（2）解：由题意知，

令，，由（1）可知函数在上单调递减，在上单调递增，

∴，∵函数的对称轴方程为，

∴函数在上单调递减，

当时，取得最大值，，

当时，取得最小值，，

所以，，

又∵对，，都有恒成立，

∴，即，解得,

又∵，∴k的取值范围是．