2022-2023学年山西省怀仁市第一中学校高一上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山西省怀仁市第一中学校高一上学期期末数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山西省怀仁市第一中学校高一上学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合,,若,则(    )A．7 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】3在A中，也在B中，从而先确定，再确定【详解】因为,所以,即,从而所以故选：C2．已知，则（    ）A． B．1 C． D．【答案】B【分析】利用同角三角函数的基本关系式即可求得结果．【详解】，故选：B．3．设x，y都是实数，则“且”是“且”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】由不等式性质及特殊值法判断条件间的推出关系，结合充分必要性的定义即可确定答案.【详解】由且，必有且；当且时，如，不满足，故不一定有且．所以“且”是“且”的充分不必要条件．故选：A．4．已知函数，则函数的值域为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据对数的运算性质化简，从而得出值域．【详解】．故的值域为．故选：B．5．已知函数，则的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据函数奇偶性可得为偶函数，根据解析式直接判断函数在上的单调性，则可结合奇偶性与单调性解不等式得解集.【详解】解：因为，则所以，则为偶函数，当时，，又，在上均为增函数，所以在上为增函数，所以，即，解得或，所以的解集为故选：D.6．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用辅助角公式求得，然后利用二倍角公式计算即可.【详解】，则，则，故选：D.7．已知函数，若恰有3个零点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】恰有3个零点，即的图象与的图象恰有3个不同的交点，借助的图象求解即可.【详解】设，则恰有3个零点，即的图象与的图象恰有3个不同的交点.的图象如图所示.不妨设，所以，所以，即，即，所以，所以，故选：A.8．函数的定义域为，若满足：①在内是单调函数；②存在，使得在上的值域也是，则称为高斯函数.若是高斯函数，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】判定函数的单调性，然后根据条件建立方程组，可知是方程在上的两个不等实根，令，则在上有两个不等实根，令，建立关于的不等式组，解之即可．【详解】在上单调递增，则所以是方程在上的两个不等实根，令，则，所以在上有两个不等实根，令，对称轴，则，即，解得．故选：B． 二、多选题9．已知幂函数的图象经过点，则下列说法正确的是（    ）A． B．是奇函数C．是偶函数 D．在上单调递增【答案】ACD【分析】根据幂函数经过的点得其表达式，结合幂函数的性质即可根据选项逐一求解.【详解】因为函数的图象过点，所以，即，所以，故A正确：，定义域为，关于原点对称，所以，所以是偶函数，故B错误，C正确：又，所以在上单调递减，又是偶函数，所以在上单调递增，故D正确．故选：ACD．10．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（    ）A．B．当时，C．在上单调递增D．不等式的解集为【答案】BD【分析】由奇函数的定义可求解A、B；用特值法可判断C；分段求解不等式可判断D.【详解】，故A错误；当时，，所以，故B正确；因为，，又，故C错误；当时，，解得；当时，，无解；当时，，所以不等式的解集为，故D正确.故选：BD.11．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）A．B．的单调减区间为C．图象的一条对称轴方程为D．点是图象的一个对称中心【答案】ABC【分析】由题可知，解得，又在的图象上，结合得，得，即可判断A；根据三角函数的性质可判断B、C、D.【详解】由题可知，所以，解得，所以，又在的图象上，所以，所以，所以，又，所以，所以，故A正确；令，解得，所以的单调减区间为，故B正确；令，解得，当时，，故C正确；令，解得，令，则，故D错误.故选：ABC.12．已知函数，则（    ）A．的最小正周期为B．函数的图象关于点对称C．当时，函数在上单调递增D．若函数在上存在零点，则实数的取值范围是【答案】CD【分析】利用周期的定义可判断A；利用对称性的概念可判断B；利用复合函数的单调性可判断C；设，可得在上有解，结合函数的单调性即可判断D.【详解】因为，所以当时，，故A错误；因为，所以函数的图象不关于点对称，故B错误；当时，，设，当时，单调递增且，又函数在上单调递增，由复合函数的单调性可知，函数在上单调递增，故C正确；由，设，则当时，，又在上有解，故方程在上有解，得在上有解，易知在上单调递减，所以，故D正确.故选：CD. 三、填空题13．__________.【答案】##【分析】利用诱导公式，结合特殊角的三角函数值计算即可.【详解】.故答案为：.14．已知函数，则__________.【答案】##【分析】根据指数幂的运算性质直接化简计算即可求解.【详解】.故答案为：.15．__________.【答案】##0.5【分析】利用诱导公式及两角和的正弦公式求解即可得答案．【详解】，故答案为：. 四、双空题16．已知函数若关于x的方程有4个解，分别为，，，，其中，则______，的取值范围是______．【答案】     1     【分析】作出图象，将方程有4个解，转化为图象与图象有4个交点，根据二次函数的对称性，对数函数的性质，可得的、的范围与关系，结合图象，可得m的范围，综合分析，即可得答案.【详解】作出图象，由方程有4个解，可得图象与图象有4个交点，且，如图所示：由图象可知：且因为，所以，由，可得，因为，所以所以，整理得；当时， 令，可得，由韦达定理可得所以，因为且，所以或，则或，所以故答案为：1，．【点睛】解题的关键是将函数求解问题，转化为图象与图象求交点问题，再结合二次函数，对数函数的性质求解即可，考查数形结合，分析理解，计算化简的能力，属中档题. 五、解答题17．已知集合，非空集合.(1)当时，求；(2)若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）由可得，则，再求补集即可；（2）“”是“”的充分条件可知且，分情况讨论即可.【详解】（1）当时，，则，所以.（2），因为“”是“”的充分条件，所以且，故，当，即时，，因为，所以不成立，即不符合题意；当，即时，，则有解得.综上，的取值范围为.18．设函数.(1)求的图象的对称轴方程和对称中心的坐标；(2)求在上的最值.【答案】(1)；；(2)，. 【分析】（1）利用三角恒等变换化简，再利用三角函数的性质求得答案；（2）利用函数的单调性求出最值．【详解】（1）因为，令，解得，所以的对称轴方程为，令，得，可得函数图象的对称中心的坐标为；（2）因为，所以，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，，，故.19．已知.(1)当时，求不等式的解集；(2)已知函数的定义域为，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据不含参的一元二次不等式的解法即可求解；(2)当时不等式成立；当时，根据一元二次不等式恒成立，列出不等式组，解之即可.【详解】（1）当时，，或，则的解集为；（2）由题意可知恒成立.①当，即时，不等式为对任意恒成立，符合题意；②当，即时，对于任意恒成立，只需，解得，所以.综合①②可得实数的取值范围是.20．如图，在扇形中，的平分线交扇形弧于点，点是扇形弧上的一点（不包含端点），过作的垂线交扇形弧于另一点，分别过作的平行线，交于点.(1)若，求；(2)求四边形的面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）记与的交点分别为，，求得，进而得，由可得结果；（2）设，仿照（1）的思路，求得，，，从而得的表达式，利用三角恒等变换化简，利用三角函数的性质求得最大值.【详解】（1）连接，记与的交点分别为，，故，，.（2）连接，记与的交点分别为，设，则，，，，所以四边形的面积因为，，所以当，即时，.21．已知，且，.(1)求的最小值；(2)求的最小值.【答案】(1)3；(2). 【分析】（1）由已知推得，将变形为，展开用基本不等式，即可求得的最小值；（2）原式可变形为，进而求出，用“1”的代换将变形为，展开用基本不等式，即可求得的最小值.【详解】（1）因为，，所以，当且仅当，且，即，时等号成立， 则的最小值为3.（2），因为，所以，所以原式，当且仅当，且，即，时等号成立，则的最小值为.22．已知函数，其中，若将的图象向左平移个单位长度，得到的图象，且函数为奇函数.(1)求函数的解析式；(2)若关于的方程在区间上有三个不相等的实数根，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）化简，利用图象平移规律得，由结合求得，即可得解；（2）令，方程可化为，令，，问题转化为关于的方程在区间和上分别有一个实数根，或有一个实根为1，另一实根在区间上，分类讨论求解即可.【详解】（1），.又是奇函数，所以，有，可得，整理得，由，有，得，由，可得，，经检验符合题意，.（2）由（1）知方程可化为，可得令，方程可化为，令，由，可得，可得，若关于的方程在区间上有三个不相等的实根，可知关于的方程在区间和上分别有一个实数根，或有一个实根为1，另一实根在区间上，①关于的方程在和上分别有一个实根时，，解得；②关于的方程的一个根为时，，可得，此时可化为，所得或，不合题意；③关于的方程的一个根为1时，，可得，此时有，解得或，由，不合题意，由上知.