2022-2023学年湖北省重点高中智学联盟高一上学期期末联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖北省重点高中智学联盟高一上学期期末联考数学试题（解析版），共15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学年湖北省重点高中智学联盟高一上学期期末联考数学试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】分别解出集合与，取并集即可得到答案.【详解】解不等式得，故集合，解不等式得，故集合，从而，故选：C．2．下列函数既是奇函数又在上单调递增的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据奇函数的定义判断各选项是否为奇函数，再判断各函数的单调性即可.【详解】对于A选项，因为时，，时，，所以函数不是奇函数，A错误；对于B选项，因为时，，时，，所以函数不是奇函数，B错误；对于C选项，记，则，所以函数为奇函数，但时，，时，，所以函数在上不单调递增，C错误；对于D选项，设，则，所以函数为奇函数，又函数在上都为增函数，所以函数在上为增函数，D正确；故选：D．3．设，则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据指数函数与对数函数的单调性，找中间值即可得到答案.【详解】由指数函数与对数函数的单调性易知，由指数函数的值域知，从而，故选：A．4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知结合求得即可求出.【详解】因为，，则可解得，所以.故选：A.5．若不等式的解集为，则不等式解集为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用二次不等式解集的性质，结合韦达定理将不等式化简为，从而得解.【详解】因为由不等式的解集为，所以，方程的两根为1和3，由根与系数的关系得，则，所以不等式可化为，即，所以且，解得或，所以解集为.故选：B．6．“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】解不等式，可得出角的取值范围，再利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】当时，，可得，因为，因此，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7．已知正数满足恒成立，则的最小值为（    ）A． B． C．2 D．3【答案】B【分析】由已知可得，，根据“1”的代换代入，然后根据基本不等式即可求得结果.【详解】由得，于是，当且仅当，且，，即，等号成立.所以的最小值为.故选：B．8．已知函数的值域为的值域为，则（    ）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【分析】分别利用和的取值范围求出参数和，即可求出的值【详解】在函数中，值域为∴函数的值域为，∴，解得：在中，值域为∴在中，值域为，∵，∴，解得：∴，故选：C． 二、多选题9．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．在上单调递增B．图象的对称中心为C．直线是图象的一条对称轴D．的最小正周期为【答案】AD【分析】根据三角函数的图象性质一一判断求解即可.【详解】时，，由在上单调递增，及在上递增，知在上单调递增，A正确；令，得B错误；令，得C错误；的最小正周期,D正确．故选:AD．10．已知是定义在的奇函数，且时，，则下列结论正确的是（    ）A．时，B．有3个零点C．增区间为D．的解集为【答案】BD【分析】根据函数的奇偶性结合条件可得函数的解析式判断A，解方程可判断B，根据二次函数的性质可判断C，解不等式可判断D.【详解】由是定义在的奇函数知，当时，，所以，A错误；由上可知，由可得或或，故B正确；由的解析式知在和上均单调递增，但在上不具有单调性，如，但，故C错误；由，可得或，解得或，故D正确．故选：BD．11．若关于的方程在区间上有两个不等的实根，则的可能取值为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】BC【分析】解法一：换元转化为一元二次方程，分参采用数形结合即可得到答案.解法二：换元转化为一元二次方程，找到对应的二次函数，再利用，即可得到答案.【详解】解法1：令，则方程变为，于是，由得，由关于的方程在区间上有两个不等的实根知关于的方程在区间上有两个不等的实根，即直线与函数的图象有两个不同的交点，，当且仅当，取得最小值为结合图象知，故选：BC．解法2：令，则方程变为，由得，由关于的方程在区间上有两个不等的实根知关于的方程在区间上有两个不等的实根，记，则解得，故选：BC．12．已知函数，若方程有四个不等的实根，且，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．取值范围为【答案】ABC【分析】利用对数函数与正弦函数的性质作出的图像，结合图像对选项逐一分析即可得解.【详解】对于A，当时，，则，易得在上单调递减，且，当时，，则，易得在上单调递增，且，即，当时，，则由正弦函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且，，，，，从而利用对数函数与正弦函数的性质，画出的图象，如图所示，因为方程有四个不等的实根，所以与的图像有四个交点，所以，故A正确；对于B，结合选项A中分析可得，所以，则，故B正确；对于C，由正弦函数的性质结合图像可知与关于对称，所以，故C正确；对于D，当时，，令，得，所以，又由图像可知同增同减，所以，故D错误.故选：．【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断有以下方法，（1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 三、填空题13．已知扇形的圆心角为4 rad，周长为12，则扇形的面积为__________．【答案】8【分析】利用扇形的圆心角与周长求出扇形的半径，然后利用扇形面积公式计算即可.【详解】设扇形的弧长为，半径为，圆心角为，由扇形的周长为：，又，所以，扇形半径，所以扇形面积，故答案为：8.14．若，则__________．【答案】##【分析】利用弦化切可求得所求代数式的值.【详解】．故答案为：.15．若，则的取值范围为__________．【答案】【分析】解法1：利用参变分离结合对勾函数的单调性分析运算；解法2：根据恒成立问题结合二次函数的性质分析运算.【详解】解法1：时，，则，即，故在上恒成立，令，则，故，∵在上单调递减，在上单调递增，且，∴当时，，则，故，即的取值范围为．解法2：令开口向上，若，则，解得，故的取值范围为．故答案为：.16．已知，则__________．【答案】【分析】设函数，在由函数在上单调递增，化简题干的式子得与，即可得到答案.【详解】记，则在上单调递增，观察知，故，由得，即，故，所以．故答案为：. 四、解答题17．计算：(1)；(2)．【答案】(1)9；(2)10 【分析】（1）根式化为分数指数幂，由幂的运算法则计算；（2）由对数的运算法则计算．【详解】（1）；（2）．18．已知对数函数，(1)求的值；(2)解不等式．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）利用对数函数的定义可求出，代入函数即可求解；（2）利用对数函数的单调性即可求解【详解】（1）函数是对数函数，，解得，，（2）在定义域上单调递增，可得到，解得，不等式的解集为．19．已知函数．(1)求的单调递增区间；(2)求在区间上的值域．【答案】(1)；(2) 【分析】(1)用诱导公式将化简，再用整体代入法求单调区间；(2)先判断在定区间内的单调性，根据单调性求值域.【详解】（1），令，得，的单调递增区间为．（2），∴，∴，在区间上的值域为．20．如图，某市计划在一块空地上划出一块矩形区域用于修建“双子星”地标建筑，其底面为两个相同的矩形，每个底面占地面积为，在底面外周及两底面之间修建宽为的过道，设地标建筑的底面一边长为，地标建筑及过道的总建筑面积为，由于地形限制，要求图中不少于．(1)求的解析式并指出的取值范围；(2)为了节约土地，地标建筑及其周围过道的总建筑面积应尽可能小，地标建筑的底面的尺寸怎样设计时，总建筑面积最小？最小总建筑面积是多少？【答案】(1)；(2)当地标建筑的底面长为，宽为时，总建筑面积最小，最小总建筑面积为 【分析】（1）长乘宽得面积，即可得到答案.（2）由函数单调性即可得到答案.【详解】（1）依题意，（2）时，，，，则，即，则单调递增，，当地标建筑的底面长为，宽为时，总建筑面积最小，最小总建筑面积为．21．已知关于的方程的两根为和，其中，(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）根据韦达定理得，再利用，即可求出的值；（2）先根据题意求出，再利用诱导公式化简式子，即可得到答案.【详解】（1）由得，方程的两根为和，，于是，进而，即，由，对左右两边同时平方，得，解得．（2）原方程即，两根为，由得，于是，22．已知为偶函数．(1)求的值；(2)解不等式；(3)若关于的方程有4个不相等的实根，求的取值范围．【答案】(1)；(2)；(3)． 【分析】（1）由函数的奇偶性求解即可；（2）利用函数的单调性以及奇偶性解不等式；（3）利用换元法将方程转化为二次函数的问题，再利用根的情况列出满足条件的不等式组，求解即可.【详解】（1）函数的定义域为，为偶函数，恒成立，即恒成立，而，，即恒成立，所以．（2）当时，函数单调递增且，当时，函数单调递增且，时，函数单调递增且，时，单调递增，值域为，为偶函数，在单调递减，的值域为．，不等式的解集为．（3）令，则原方程可化为，由（2）知且方程仅有一根，当时，方程有两个不相等的实根，关于的方程有4个不相等的实根，关于的方程在上有2个不相等的实根，记，则即解得．