2022-2023学年安徽省黄山市高一上学期期末数学试题含解析

这是一份2022-2023学年安徽省黄山市高一上学期期末数学试题含解析，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学年安徽省黄山市高一上学期期末数学试题 一、单选题1．（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据诱导公式及特殊角的三角函数值求解.【详解】,故选：B2．设集合，，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合或，然后根据集合的运算和基本关系逐项判断即可求解.【详解】由题意可得：或，对A，又因为，所以或或，故选项A错误；对B，，故选项B错误；对C，集合不存在包含关系，故选项C错误；对D，因为，所以，故选项D正确，故选：.3．已知“p:一元二次方程有一正根和一负根；q:.”则p是q的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据根与系数的关系及充分条件、必要条件【详解】因为方程有一正根和一负根，则有，所以，故p是q的充分必要条件. 故选：C4．方程的根所在的区间为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】构造函数，利用零点存在定理求出函数的零点所在的区间即可得方程的根所在的区间.【详解】设函数，易知在上单调递增，且，，所以函数的零点所在的区间为，即方程的根所在的区间为.故选:B.5．已知是定义在上的偶函数，且最小正周期，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正弦型三角函数最小正周期与偶函数得出与，即可代入求值.【详解】函数的周期，，解得，函数是定义在上的偶函数，，，，，，故选：A.6．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据二倍角余弦公式、正切公式，同角三角函数的基本关系求解.【详解】由，解得，，故选：D7．已知函数的单调递增区间是,则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用函数的定义域和复合函数的单调性求解即可.【详解】设，则为开口向下，对称轴为的抛物线，因为函数在定义域内单调递减，函数的单调递增区间是,所以由复合函数单调性的定义可得，解得，所以，所以，故选：C8．对于函数，若满足，则称为函数的一对“类指数”．若正实数a与b为函数的一对“类指数”，的最小值为9，则k的值为（    ）A． B．1C． D．2【答案】B【分析】根据正实数a与b为函数的一对“类指数”，得到，再利用“1”的代换，由基本不等式求解.【详解】因为正实数a与b为函数的一对“类指数”，所以，所以，即，即，所以，当且仅当，即时，等号成立，又的最小值为9，所以k的值为1，故选：B 二、多选题9．已知正数x，y，z满足等式，下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】令，可得，根据对数的运算逐项判断即可.【详解】设，则.因为,且,所以，即，故A正确；,则,故B错误；,故C正确；,故D错误.故选:AC.10．已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（    ）A．的图像关于点对称 B．的图像关于直线对称C．在上为增函数 D．把的图像向右平移个单位长度，得到一个奇函数的图像【答案】ABC【分析】根据函数图像求出函数解析式：，然后利用三角函数的性质逐一判断即可.【详解】由已知，，，，，又，∴，∴，显然，A正确；，，，时，，B正确；时，，在上递增，因此C正确；把的图像向右平移个单位长度，得函数表达式为，它是偶函数，D错误．故选：ABC．【点睛】本题考查了三角函数的图像求解析式、三角函数的性质，掌握正弦函数的性质是解题的关键，属于基础题.11．已知、，，则下列说法正确的是（    ）A．， B．的最小值为8C．的最小值为3 D．的最小值为4【答案】ABD【分析】对于A，将化为与；对于B，直接利用基本不等式构造一元二次不等式可求出的最小值；对于C，化为，利用乘“1”法可求的最小值；对于D，将代入，利用基本不等式即可求解.【详解】因为，所以且a > 0，可得.又且b > 0，可得，故A正确；,即，当且仅当时等号成立，故B正确；因为，所以.所以,当且仅当时等号成立，故C错；将代入，可得,当且仅当时等号成立，此时，故D正确.故选：ABD.12．已知函数是定义域为的偶函数，当时， ，则下列说法正确的是（    ）A．函数在上单调递增B．函数的图象与函数的图象仅有4个交点C．不等式的解集为D．方程有6个不相等的实数根，则实数【答案】BD【分析】作出函数的图象，利用数形结合的思想对选项一一判断即可得出答案.【详解】由函数是定义域为的偶函数，当时，，所以的图象如下图所示，函数在上单调递增，不满足增函数的定义，说法不正确，应该为：函数在上单调递增，所以A错误；由图中可知，函数的图象与函数的图象仅有4个交点，所以B正确；当时，，不满足；当时，，解得：或，因为是定义域为的偶函数，所以不等式的解集为，故C不正确；令，则方程等价于，解得：或，当时，即与的图象有4个交点，要使方程有6个不相等的实数根，当与的图象有2个交点，则，解得：，故D正确.故选：BD. 三、填空题13．已知“命题，则是钝角”，则命题的否定为_________.【答案】，使不是钝角【分析】根据全称命题否定的形式即可写出答案.【详解】全称命题的否定为特称命题，依题意，命题的否定为：，使不是钝角.故答案为：，使不是钝角14．________.【答案】【分析】利用诱导公式化简，再根据和与差的公式计算即可．【详解】，.故答案为【点睛】本题考查了诱导公式化简能力以及和与差的公式计算，比较基础．15．写出一个同时满足下列三个性质的函数：___________.①为偶函数；②为奇函数；③在上的最大值为2.【答案】（答案不唯一）【分析】由为偶函数，可考虑余弦型函数，故可设，然后通过余弦函数的性质求得即可.【详解】从三角函数入手，由于为偶函数，可考虑余弦型函数，故可设，由为奇函数，且是向左平移1个单位长度得到，所以是的对称中心，则，不妨令，则，由在上的最大值为2可得，所以.故答案为：（答案不唯一）.16．已知函数，若存在，满足，则的取值范围是___________.【答案】【分析】画出的图象，根据题意可得与的图象有两个交点，由此得到的关系和取值范围即可求解.【详解】根据题意作的图象如图所示，若存在，满足，则与的图象有两个交点，由图象可得，此时，，即，所以，故答案为： 四、解答题17．已知函数有两个零点，且的倒数和为.(1)求不等式的解集；(2)已知集合或.若，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据零点的概念得到是方程的两实根，从而利用韦达定理，结合题设条件得到关于的方程，求得后再解不等式即可得解；（2）先利用集合的补集运算求得，再利用集合交集为空集，结合数轴法得到关于的不等式，解之即可.【详解】（1）因为函数有两个零点，所以是方程的两实根，所以恒成立，，，又因为，，所以，解得，所以，故由得，即，解得，所以.（2）因为或，所以，因为，，所以或，解得或，故的取值范围为.18．在平面直角坐标系中，是坐标原点，角，其终边与以原点为圆心的单位圆交于点.(1)将射线绕点按逆时针方向旋转弧度后交单位圆于点，求点的坐标；(2)若角，且，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先求出点P的坐标，然后利用三角函数的概念及诱导公式求解；（2）利用同角关系及两角和差的正弦公式求解即可.【详解】（1）由题意可知，，又， ，易知，射线是角的终边，由三角函数的定义可知：，即点的坐标为；（2），则，，.19．已知函数是指数函数，函数.(1)求函数在上的值域；(2)若函数是定义域为的奇函数，试判断函数的单调性，并用定义证明.【答案】(1)(2)是R上的增函数，证明见解析 【分析】（1）根据指数函数定义求出，换元后利用二次函数求值域即可；（2）根据奇函数定义求出，再由单调性的定义证明即可.【详解】（1）是指数函数，则, ，解得，，令则，，，即函数在上的值域为；（2）是定义域为的奇函数，则由解得， 是增函数，下面用定义加以证明：设任意的且，则    ，，则，又，，即，是R上的增函数.20．近年来，得益于我国先进的运载火箭技术，我国在航天领域取得了巨大成就. 2022年11月29日，神舟十五号载人飞船搭载航天员费俊龙、邓清明、张陆飞往中国空间站，与神舟十四航天员“会师”太空，12月4日晚神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲安全顺利出舱，圆满完成飞行任务. 据了解，在不考虑空气阻力和地球引力的理想状态下，可用公式计算火箭的最大速度，其中是喷流相对速度，是火箭(除推进剂外)的质量，是推进剂与火箭质量的总和，称为“总质比”，已知型火箭的喷流相对速度为.(1)当总质比为时，利用给出的参考数据求型火箭的最大速度；(2)经过材料更新和技术改进后，型火箭的喷流相对速度提高到了原来的倍，总质比变为原来的，若要使火箭的最大速度至少增加，求在材料更新和技术改进前总质比的最小整数值.（参考数据:，，）【答案】(1)(2)11 【分析】（1）由，代入已知公式即可求解；（2）设材料更新和技术改进前总质量比为，列出不等式，解不等式即可.【详解】（1）由已知可得.（2）设在材料更新和技术改进前总质比为，且，，若要使火箭的最大速度至少增加，所以，即，，所以，解得，因为，所以，所以材料更新和技术改进前总质比的最小整数值为.21．已知函数的定义域为，其图象关于原点成中心对称，且对任意的，当时，都有成立.(1)试讨论与的大小；(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最小值.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）根据奇偶性和单调性的定义可得函数为单调递减的奇函数，然后根据函数单调性即得；（2）利用的奇偶性和单调性将原不等式转化为在上恒成立，利用均值不等式求解即可.【详解】（1）显然当时，，当时，因为函数的定义域为，且图象关于原点成中心对称，则为奇函数，即，，先考虑当任意的，由题可得，由函数单调性的定义可知在上单调递减，又是定义在上的奇函数，所以在定义域上单调递减，所以当时，；当时，；当时，；（2）由（1）知函数为上的减函数且为奇函数，则，即，即在上恒成立， 因为，则，当且仅当，即时等号成立，所以，解得，所以实数的最小值为.22．如图，扇形的半径，圆心角，点是圆弧上的动点（不与点重合），现在以动点为其中一个顶点在扇形中截出一个四边形，下面提供了两种截出方案，如果截出的两个四边形面积的最大值之差的绝对值不大于，则称这两个四边形为“和谐四边形”. 试问提供的两种方案截出的两个四边形是否是“和谐四边形”？请说明理由.【答案】截出的这两个四边形为“和谐四边形”，理由见解析【分析】方案一：连接，假设，用三角函数表示，由三角函数的性质即可求出的最大值，方案二：连接，假设，过点作，，用三角函数表示出，由三角函数的性质即可求出的最大值，得出即可得出结论.【详解】方案一：连接，假设，则，又，所以， ，，，时，；方案二：连接，假设，过点作，，则，，，    ，时，； ，而，即，所以截出的这两个四边形为“和谐四边形”.