2022-2023学年广东省广州市越秀区高一上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省广州市越秀区高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．设全集，集合M满足，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据补集的定义求出，即可得到结果.

【详解】因为，所以，

则，所以C正确.

故选：C.

2．对于实数，“”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】B

【详解】试题分析：由于不等式的基本性质，“a＞b”⇒“ac＞bc”必须有c＞0这一条件．解：主要考查不等式的性质．当c=0时显然左边无法推导出右边，但右边可以推出左边．故选B

【解析】不等式的性质

点评：充分利用不等式的基本性质是推导不等关系的重要条件．

3．不等式的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由一元二次不等式的解法求解即可.

【详解】不等式可化为，即，解得，

故原不等式的解集为.

故选：D.

4．某企业为了响应落实国家污水减排政策，加装了污水过滤排放设备．在过滤过程中，污染物含量M（单位：mg/L）与时间t（单位：h）之间的关系为（其中，k是正常数）．已知经过1h，设备可以过滤掉的污染物，则过滤掉的污染物需要的时间约为（结果精确到0.1h，参考数据：）（    ）

A．3.0h B．3.3h C．6.0h D．6.6h

【答案】B

【分析】由题意可得，进而得，利用指数与对数的关系可得，再用换底公式结合对数的运算性质求解即可.

【详解】由题意可知，所以，

设过滤的污染物需要的时间为，则，

所以，

所以.

故选：B.

5．已知函数的大致图象如图所示，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】作直线，则由，可得，进而由不等式性质可以判断A正确，由不等式可加性可判断BCD错误.

【详解】

作直线，则由，

可得，

则由不等式性质可得，所以A正确.

由不等式可加性可得，故D错误，

不能推出B、C，故B、C错误.

故选：A.

6．方程的实数解所在的一个区间是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用函数零点存在定理即可求解.

【详解】设，

，，

，，

，

所以，所以存在，使，

所以方程的实数解所在的一个区间是.

故选：C.

7．下列函数中，最小正周期为，且在上单调递减的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用诱导公式化简函数的解析式，根据周期公式及三角函数的性质进行求解判断.

【详解】，函数的最小正周期为；当时，，则此函数在区间上单调递增，故A错误；

，函数的最小正周期为；当时，，则此函数在区间上是单调递减，在区间上是单调递增，故B错误；

，函数的最小正周期为；当时，，则此函数在区间上单调递增，故C错误；

，因为的最小正周期为，则此函数的最小正周期为；当时，，，则此函数在区间上单调递减，故D正确.

故选：D.

8．设，，，则

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据对数函数的性质，结合基本不等式，即可得出结果.

【详解】由对数性质，可得：，

，

，即；

而，，

综上所述，.

故选：B.

【点睛】本题主要考查比较对数式的大小，熟记对数函数的性质即可，涉及基本不等式的应用，属于常考题型.

二、多选题

9．已知命题，则（    ）

A．命题p是真命题 B．命题p的否定是“”

C．命题p是假命题 D．命题p的否定是“”

【答案】AD

【分析】利用配方法可判断命题的真假，根据全称命题的否定是特称命题写出命题的否定．

【详解】，则命题p是真命题；

命题p的否定是“”，故A、D正确．

故选：AD．

10．已知幂函数的图象过点，则（    ）

A． B．的值域是

C．是偶函数 D．在上是减函数

【答案】AB

【分析】求出幂函数的解析式，然后根据幂函数的性质判断即可.

【详解】设，

∵的图象过点，∴，∴，

∴，从而可得，的定义域为，值域是，既不是奇函数也不是偶函数，在上是增函数，故A、B正确；C、D错误.

故选：AB.

11．已知，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据角的范围及三角函数同角关系式求得，．由结合诱导公式计算求解可判断A；由结合诱导公式计算求解可判断B；由结合诱导公式计算求解可判断C；由结合诱导公式计算求解可判断D.

【详解】由得，则，.

，故A错误；

，故B正确；

，故C正确；

，故D正确.

故选：BCD.

12．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】由的单调性可得，由的单调性可得，从而可判断A；由的单调性可得，从而可判断B；由基本不等式可判断C；利用结论：当时，，可判断D.

【详解】在上单调递减，又，在上单调递增，由得，，故A正确；

由可知在上均单调递减，，，故B错误；

由，可知，因此，当且仅当取等号，但已知，故等号不成立，从而得，故C正确；

当时，．，，又在单调递增，所以，故D正确．

故选：ACD．

三、填空题

13．若函数的定义域为A，函数的定义域为B，则A∩B=______.

【答案】

【分析】先求得集合，再利用交集定义即可求得.

【详解】的定义域为；

函数的定义域为，

则.

故答案为：

14．已知，则__________.

【答案】##0.2

【分析】利用同角三角函数的基本关系，构造齐次式求解即可．

【详解】．

故答案为：.

四、双空题

15．函数的图象恒过定点P，则点P的坐标是_____；若点P在直线上，则的最小值为______.

【答案】     ；     8

【分析】利用指数幂的运算即可求得点P的坐标，利用均值定理即可求得的最小值.

【详解】当时，，则函数的图象恒过定点，

点P在直线上，可得，

则

（当且仅当时等号成立）

故答案为：；8

五、填空题

16．数学中处处存在着美，莱洛三角形就给人以对称的美感．莱洛三角形的画法如下：先画等边三角形ABC，再分别以点A，B，C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形（如图所示）．若莱洛三角形的周长为，则其面积是___________.

【答案】

【分析】根据图形分析，利用扇形面积和三角形的面积公式，即可求解.

【详解】莱洛三角形的周长为，可得弧长，

则等边三角形的边长，

分别以点A、B、C为圆心，圆弧所对的扇形面积均为，

等边的面积，

所以莱洛三角形的面积是.

故答案为：.

六、解答题

17．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点

(1)求的值；

(2)求的值.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）先利用三角函数定义求得的值，进而求得的值；

（2）先求得的值，再利用三角函数诱导公式即可求得该式的值.

【详解】（1）角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，

它的终边过点，则，

则；

（2）由（1）得，则，

则

18．已知函数.

(1)若，判断的奇偶性，并说明理由；

(2)若，判断在上的单调性，并加以证明.

【答案】(1)是奇函数，理由见解析

(2)在上的单调递增，证明见解析

【分析】（1）由求出，从而得，由函数奇偶性的定义求解即可；

（2）由求出，从而得，由函数单调性的定义进行判断证明即可.

【详解】（1）是奇函数，理由如下：

∵，且，∴，解得

∴，定义域为

又

所以为奇函数.

（2）在上的单调递增，理由如下：

∵，且，∴，解得，∴

设，则

∵，∴，

故，即

所以在上的单调递增.

19．已知函数的最小正周期为.

(1)求的单调递减区间；

(2)求在区间上的最大值与最小值.

【答案】(1)

(2)在区间上的最大值为，最小值为.

【分析】（1）根据周期可以求出，进而求出的单调递减区间；

（2）根据求出，进而求出在区间上的最大值与最小值.

【详解】（1）由题意可得，则，

则，

所以的单调递减区间需要满足：，

解得，

所以的单调递减区间为：.

（2）由（1）知，

因为，则，

所以，

则，

所以在区间上的最大值为，最小值为.

20．已知函数的图象过点，且无限接近直线但又不与该直线相交．

(1)求函数的解析式：

(2)解关于x的不等式．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据图象过点得的关系，根据图象无限接近直线但又不与该直线相交求出，从而得解；

（2）利用指数函数和对数函数的单调性求解即可．

【详解】（1）由图象过点，得，

∵函数无限接近直线，但又不与该直线相交，

∴，从而，

∴．

（2）由得，即，则，

所以或，解得或．

所以不等式的解集为．

21．某公司为了实现1000万元利润的目标，准备制定一个激励销售人员的奖励方案：在销售人员的销售利润不低于10万元时，按其销售利润进行奖励，且奖金y（单位：万元）随销售人员的销售利润x（单位：万元）的增加而增加，但奖金总数不超过5万元，同时奖金不超过其销售利润的．现有三个奖励模型：，请分别判断这三个模型是否符合公司的要求？并说明理由．（参考数据：，当时，恒成立）

【答案】奖励模型符合公司的要求，理由见解析

【分析】由题意，符合公司要求的模型需同时满足：当时，①函数为增函数；②函数的最大值不超过5；③，根据函数的性质一一验证即可．

【详解】由题意，符合公司要求的模型需同时满足：当时，①函数为增函数；②函数的最大值不超过5；③．

对于，易知满足①，但当时，，不符合公司的要求；

对于，易知满足①，但当时，，不符合公司的要求；

对于，函数在上单调递增，而且函数的最大值，因而满足①②，因为当时，恒成立，所以当时，，满足③，故符合公司的要求．

综上，奖励模型符合公司的要求．

22．对于定义在上的函数,若存在实数,使得,则称是函数的一个不动点,已知有两个不动点,且

(1)求实数的取值范围；

(2)设，证明：在定义域内至少有两个不动点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意，得到的两个实数根为，设，根据二次函数的图象与性质，列出不等式即可求解；

（2）把可化为，设的两个实数根为，根据是方程的实数根，得出，结合函数单调性，即可求解．

【详解】（1）因为函数有两个不动点，

所以方程，即的两个实数根为，

记，则的零点为和，

因为，所以，即，解得，

所以实数的取值范围为．

（2）因为

方程可化为，即

设，因为，所以有两个不相等的实数根．

设的两个实数根为，不妨设．

因为函数图象的对称轴为直线，且，

所以．

记，

因为，且，所以是方程的实数根，

所以1是的一个不动点，

，

因为，所以，且的图象在上的图象是不间断曲线，所以，使得，

又因为在上单调递增，所以，所以是的一个不动点，

综上，在上至少有两个不动点．