2022-2023学年河北省石家庄市第二中学高一上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年河北省石家庄市第二中学高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】解不等式确定集合后，由交集定义计算．

【详解】由题意得：，，即，

故选：A.

【点睛】本题考查集合的交集运算，掌握对数函数的性质是解题关键．

2．“”是“幂函数在上是减函数”的一个（    ）条件

A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要

【答案】A

【分析】由幂函数在上是减函数，可得，由充分、必要条件的定义分析即得解

【详解】由题意，当时，在上是减函数，故充分性成立；

若幂函数在上是减函数，

则，解得或

故必要性不成立

因此“”是“幂函数在上是减函数”的一个充分不必要条件

故选：A

3．用二分法判断方程在区间内的根（精确度0.25）可以是（参考数据：）（    ）

A．0.825 B．0.635 C．0.375 D．0.25

【答案】B

【分析】设，由题意可得是上的连续函数，由此根据函数零点的判定定理求得函数的零点所在的区间．

【详解】设，

，，

，

在内有零点，

在内有零点，

方程根可以是0.635.

故选：B．

4．已知为锐角且，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用同角的三角函数的基本关系式和两角差的正弦可求的值.

【详解】为锐角，故，而，故，

又

.

故选：C.

5．函数的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】去掉绝对值，根据函数的单调性即可判断．

【详解】当时，，因为，所以函数单调递增，

当时，，因为，所以函数单调递减．

故选：C．

6．奇函数的定义域为R，若为偶函数，且，则的值为（    ）

A．2 B．1 C．－1 D．－2

【答案】D

【分析】由已知函数的奇偶性可先求出函数的周期，结合奇偶性及函数的周期性把所求函数值转化可求．

【详解】由为偶函数，∴，

令，则，即，

因为为奇函数，有，所以，

令，得，∴，即函数是周期为4的周期函数，

奇函数中，已知，，

则．

故选：D．

7．已知，则的大小关系正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据指数函数和对数函数的单调性，确定，，，得到大小关系.

【详解】，，

，故.

故选：A

8．已知函数，正数满足，则的最小值为（    ）

A．1 B．2 C．4 D．5

【答案】B

【分析】先判断函数是单调递减函数，且有对称中心，找出之间的关系可求.

【详解】因为，

故函数关于对称；

又的定义域为，，

所以在上单调递减；

因为，所以，即

又，故

当且仅当时，等号成立.

故选：B.

二、多选题

9．有以下四种说法，其中说法正确的是（    ）

A．“是实数”是“是有理数”的必要不充分条件

B．“”是“”的充要条件

C．“”是“”的充分不必要条件

D．“”是“”的必要不充分条件

【答案】AC

【分析】根据充分条件和必要条件的定义逐个分析即可.

【详解】当是实数时，可能为有理数，可能为无理数，而当为有理数时，一定为实数，所以“是实数”是“是有理数”的必要不充分条件，A正确；

当时，成立，而当时，有可能，所以“”是“”的充分不必要条件，B错误；

当时，成立，而当时，或，所以“”是“”的充分不必要条件，C正确；

当时，成立，而当时，有可能，所以“”是“”的充分不必要条件，D错误；

故选：AC

10．函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．函数在单调递减

B．函数图象关于中心对称

C．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象

D．若在区间上的值域为，则实数的取值范围为

【答案】AD

【分析】根据图象可得函数的解析式，再根据整体法或代入法可判AB的正误，利用图像变换可 判断C的正误，根据正弦函数的性质可判断D的正误.

【详解】由图象可得，且，故即，

而，故，

因为，故，故，

对于A，当，，

而在上为减函数，故在为减函数，故A正确.

对于B，，故为函数图象的对称轴，

故B错误.

对于C，将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，故C错误.

对于D，当时，，

因为函数的值域为，故，

故，故D正确.

故选：AD.

11．对，表示不超过的最大整数，如，，，我们把，叫做取整函数，也称之为高斯（）函数，也有数学爱好者形象的称其为“地板函数”.早在十八世纪，人类史上伟大的数学家，哥廷根学派的领袖约翰·卡尔·弗里德里希·高斯（）最先提及，因此而得名“高斯（）函数”.在现实生活中，这种“截尾取整”的高斯函数有着广泛的应用，如停车收费､电子表格，在数学分析中它出现在求导､极限､定积分､级数等等各种问题之中.以下关于“高斯函数”的命题，其中是真命题有（    ）

A．，

B．，

C．，若，则

D．，

【答案】BC

【分析】根据高斯函数的定义，结合特值法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：不妨取，则，而，故A错误；

对B：不妨取，则，而，

满足，故B正确；

对C：因为，故可得同号；

当时，，满足题意；

当同为正数或负数时，设，其中和分别为的整数部分和小数部分，

因为，则，故，又同为小数，且符号相同，故，

即，则，若，则，故C正确；

对D：令，

当时，；

当时，；

当时，；

当时，.

则当时，

；

又为单调增函数，故时，取得最大值；

当时，

；

不存在使,故D错误.

故选：BC.

12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．，使得函数有1个零点

B．，使得函数有2个零点

C．，使得函数有4个零点

D．，使得函数有8个零点

【答案】BCD

【分析】设，，，画出函数图像，讨论，，，，几种情况，计算得到答案.

【详解】，即，

设，，则，，

设，图像如图所示：

当时，无解，此时函数没有零点；

当时，，即，方程有4个解，函数有4个零点；

当时，方程有两解，设为且，有4个解，有4个解，故函数共有8个零点；

当时，或，当时，有2个解；当时，有3个解，故函数有5个零点；

当时，方程有1个解，此时有2个解，函数有2个零点.

综上所述：函数可能有个零点.

故选：BCD

三、填空题

13．对任意实数且，函数的图象经过定点P，且点P在角θ的终边上，则__________.

【答案】##

【分析】函数过定点得到，再利用和差公式计算得到答案.

【详解】函数的图象经过定点，点P在角θ的终边上，故，

.

故答案为：

14．已知函数，则的单调增区间为______.

【答案】##（-1，1）

【分析】先求定义域为，再利用复合函数的单调性法则“同增异减”即可求得.

【详解】因为，解得：，所以的定义域为.

令，则.

要求的单调增区间，只需.

所以，所以的单调增区间为.

故答案为：.

15．“，”是假命题，则实数的取值范围为 _________ .

【答案】

【分析】存在量词命题是假命题，则其否定全称量词命题是真命题，写出其全称量词命题，是一个二次不等式恒成立问题，分情况讨论，求的范围.

【详解】由题意可知，“，”的否定是真命题，

即“，”是真命题，

当时，，不等式显然成立，

当时，由二次函数的图像及性质可知，，解得，

综上，实数的取值范围为.

故答案为：.

16．已知函数，其中， ，恒成立，且在区间 上恰有个零点，则的取值范围是______________．

【答案】

【分析】确定函数的，由此可得，再利用在区间 上恰有个零点得到，求得答案.

【详解】由已知得：恒成立，则 ，

，

由得，

由于在区间 上恰有3个零点，

故，则， ，

则,

只有当时，不等式组有解，此时，故，

故答案为：

四、解答题

17．集合，.

(1)若，，求实数的值；

(2)若，求实数的取值范围

【答案】(1)1；

(2)

【分析】（1）根据集合交集的性质进行求解即可；

（2）根据分式不等式的解法，结合补集和交集的性质进行求解即可.

【详解】（1）因为，所以，且，

由，可得，解得：或.

由，所以得；

实数的值为1；

（2）集合.

集合.

由，解得，

所以实数的取值范围为.

18．已知函数.

(1)若的解集为，求不等式的解集；

(2)若，且，恒成立，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题中条件可知，根据解集可知二次方程的两根为，再根据韦达定理找到a、b、c三者之间的关系，由此解出不等式.

（2）根据题意可知a、b之间的关系，再将分离参数，利用基本不等式即可求出答案.

【详解】（1）由题设知且的两根为

所以，可得：

可化为：，解得：，

所以不等式的解集为

（2）且，

，则恒成立，

，

当且仅当，，即时，“”成立，

19．已知.

(1)求的单调递增区间；

(2)当时，关于x的不等式有解，求实数a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角恒等变换得到，再计算得到答案.

（2）化简得到，即有解，令，根据函数的单调性计算最小值得到范围.

【详解】（1）

令，解得

所以单调递增区间为.

（2），，，

即有解，只需要即可，

，令为减函数，

所以当时，，所以.

20．已知函数是偶函数，其中是自然对数的底数．

(1)求的值；

(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由函数是偶函数,即得,可求出；

（2）由恒成立,可分参转化,

令，则，，然后利用基本不等式求出右边的最小值即可.

【详解】（1）∵函数 是偶函数，

∴ ，即 ，恒成立

∴

（2）由题意，知 在 上恒成立，

则 ，即 ，

∴

令 ，则 .

∴ .

∵ 在 上单调递增，当且仅当 2 时,取到最小值 .

∴ .  ∴的范围是.

21．2020年一场突如其来的疫情让亿万中华儿女的心再一次凝结在一起，为控制疫情，让广大发热患者得到及时有效的治疗，武汉市某社区决定临时修建一个医院.医院设计平面图如图所示：矩形中，米，米，图中区域为诊断区（、分别在和边上），、及区域为治疗区.受诊断区医疗设备的实际尺寸影响，要求的大小为.

(1)若按照米的方案修建医院，问诊断区是否符合要求？

(2)按照疫情现状，病人仍在不断增加，因此需要治疗区的面积尽可能的大，以便于增加床位，请给出具体的修建方案使得治疗区面积最大，并求出最大值.

【答案】(1)不符合要求

(2)按照修建，治疗区面积最大，最大值为（平方米）

【分析】(1)依题意求即可判断.

(2)设，用表示诊疗区域的面积即可.

【详解】（1）当时，，

所以

因此诊断区不符合要求

（2）设，则，

在中，，

在中，，,

所以

，其中，

所以，当且仅当即取等号

故按照修建，治疗区面积最大，最大值为（平方米）.

22．若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在，使成立，则称该函数为“圆满函数”.已知函数；

（1）判断函数是否为“圆满函数”，并说明理由；

（2）设，证明：有且只有一个零点，且.

【答案】（1）不是“圆满函数”，理由见解析；（2）证明见解析.

【解析】（1）取特殊值，代入“圆满函数”的定义，判断是否有实数能满足；（2）当时，利用零点存在性定理讨论存在零点，以及当时，证明在上没有零点，再化简，转化为证明不等式.

【详解】解：（1）若是“圆满函数”.取，存在，使得

，即，整理得，但是，矛盾，所以不是“圆满函数”.

（2）易知函数的图象在上连续不断.

①当时，因为与在上单调递增，所以在上单调递增.因为，，

所以.根据函数零点存在定理，存在，使得，

所以在上有且只有一个零点.

②当时，因为单调递增，所以，因为.所以，所以在上没有零点.

综上：有且只有一个零点.

因为，即，

所以，.

因为在上单调递减，所以，所以.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是根据零点存在性定理先说明零点存在，并且存在，使得，再利用，化简，利用，利用函数的最值证明不等式..