2022-2023学年云南省昆明市五华区高一上学期期末学业质量监测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年云南省昆明市五华区高一上学期期末学业质量监测数学试题（解析版），共14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学年云南省昆明市五华区高一上学期期末学业质量监测数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由交集运算求解.【详解】故选：C2．在平面直角坐标系中，若角的始边为轴的非负半轴，其终边经过点，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由三角函数的定义求解.【详解】因为其终边经过点，所以.故选：A3．下列四组函数中，与表示同一函数的是（    ）A．，B．，C．，D．，【答案】D【分析】判断与的定义域、对应关系，从而得出答案.【详解】对于A：与的定义域不一致，故A错误；对于B：的定义域为，的定义域为，定义域不一致，故B错误；对于C：的定义域为，的定义域为，定义域不一致，故C错误；对于D：与的定义域都为，且，即与为同一函数，故D正确；故选：D4．若，，且，则的最大值为（    ）A．5 B．6 C．8 D．9【答案】D【分析】根据即可求解.【详解】因为，，且，所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为9.故选:D.5．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】化为关于的二次齐次式，然后弦化切代入计算．【详解】，则，故选：B．6．函数的图像可能是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由奇偶性排除AC；讨论和两种情况，结合函数的单调性判断BD.【详解】当时，函数的定义域为，当时，函数的定义域为，其定义域都关于原点对称，，即函数为奇函数，其图像关于原点对称，故AC错误；由选项图可知，都是讨论的情况，当时，，对勾函数在上单调递减，在上单调递增，若，则在上单调递增，在上单调递减，且当时，，故B正确；对于D选项，由图可知，.函数在和上单调递增，若，在和上单调递减，若，在和上单调递增，故D错误；故选：B7．某同学完成假期作业后，离开学还有10天时间决定去某公司体验生活，公司给出的薪资有三种方案；方案①；每天50元；方案②：第一天10元，以后每天比前一天多10元；方案③：第一天1元，以后每天比前一天翻一番，为了使体坛生活期间的薪资最多，下列方案选择错误的是（    ）A．若体验7天，则选择方案① B．若体验8天，则选择方案②C．若体验9天，则选择方案③ D．若体验10天，则选择方案③【答案】B【分析】根据等差数列与等比数列求和公式得出各天各方案的薪资，比较大小即可对选项一一判断.【详解】对于A：体验7天，方案①需：元，方案②需：元，方案③需：元；故若体验7天，则选择方案①薪资最多，故A正确；对于B：体验8天，方案①需：元，方案②需：元，方案③需：元；故若体验8天，则选择方案①薪资最多，故B错误；对于C：体验9天，方案①需：元，方案②需：元，方案③需：元；故若体验9天，则选择方案③薪资最多，故C正确；对于D：体验10天，方案①需：元，方案②需：元，方案③需：元；故若体验10天，则选择方案③薪资最多，故D正确；故选：B.8．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据对数与指数运算得到，，，再根据对数与指数比较大小的应用结合不等式的性质应用得出，，即可得出答案.【详解】，，，，，，，，故选：C. 二、多选题9．已知为实数，则（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】BCD【分析】根据不等式性质判断，可用作差法证明不等式成立．【详解】当时，，A错误；，则，即，B正确；，则，，∴，∴，C正确；，则，，，∴，即，D正确．故选：BCD．10．已知欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素的正整数的个数，例如：，，则（    ）A．是单调递增函数 B．当时，的最大值为C．当为素数时， D．当为偶数时，【答案】BC【分析】写出的前8项，可判断ABD；当为素数时，与前个数均互素，从而可判断C.【详解】由题意知，，，，，，，，，对于A，不是单调递增函数，故A错误；对于B，当时，的最大值为，故B正确；对于C，当为素数时，与前个数均互素，所以，故C正确；对于D，当时，,故D错误.故选:BC.11．下列各式中，与相等的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】由二倍角的余弦公式可得，由二倍角的正切公式可判断A；由二倍角的正弦公式可判断B；由两角差的余弦公式可判断C；由同角三角函数的基本关系、诱导公式及二倍角的余弦公式可判断D.【详解】，对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故D正确.故选:ACD.12．设函数，则（    ）A．的定义域为 B．的值域为C．在单调递增 D．在单调递减【答案】BD【分析】根据函数解析式可确定其定义域和值域，判断A，B；根据复合函数的单调性的判断方法，可判断C，D.【详解】由可得，即的定义域为，A错误；又，由于，故的值域为R，B正确；当时，，由于在上单调递减，故在单调递减，C错误；当时，，由于在上单调递减，故在单调递减，D正确；故选：BD 三、填空题13．一个扇形的弧长和面积都为1，则此扇形的圆心角的弧度数为________.【答案】##【分析】由扇形的面积公式以及弧长公式得出圆心角的弧度数.【详解】设此扇形的圆心角的弧度数为，半径为，弧长为，则，解得.故答案为：14．使命题“，”为真命题的一个充分条件是________.【答案】（答案不唯一，取内任意一个实数都可以）【分析】根据含参一元二次不等式恒成立的解法得出答案.【详解】命题“，”为真命题当时，恒成立，符合题意，当时，则，解得，综上所述，实数的范围为，则使命题“，”为真命题的一个充分条件为，故答案为：（答案不唯一，取内任意一个实数都可以）.15．函数的最大值为________.【答案】##【分析】根据对数的运算可得,配方，根据二次函数的性质即可求最大值.【详解】，故当时，.故答案为:.16．已知是定义在上的奇函数，且对任意且，都有，若，则不等式的解集为________.【答案】【分析】根据函数为奇函数又已知得函数在上单调递减，可得函数在上单调递减，又，可得函数大致图象，结合图象解不等式即可得解集.【详解】解：已知是定义在上的奇函数，则，且又对任意且，都有，不妨设，则，所以，即，所以函数在上单调递减，则函数在上单调递减，又，所以，则函数的大致图象如下图：根据图象可得不等式的解集为：.故答案为：. 四、解答题17．化简求值：(1)；(2).【答案】(1)(2) 【分析】（1）由对数和指数的运算求解；（2）由诱导公式求解即可.【详解】（1）原式（2）原式18．已知函数.(1)在所给坐标系中作出的简图；(2)解不等式.【答案】(1)图像见解析(2) 【分析】（1）直接画出对应二次函数和反比例函数的图像即可；（2）分段函数分段解不等式即可.【详解】（1）的简图如下：；（2）由已知得或，解得或，即不等式的解集为．19．已知是钝角，是锐角，，.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据诱导公式可得，再由二倍角的余弦公式即可求解；（2）根据同角三角函数的基本关系分别求出，，由及两角差的正弦公式即可求解.【详解】（1）.（2）因为是钝角，是锐角，，所以，，，所以，.所以,20．已知函数.(1)求函数的最小正周期；(2)将函数的图象向下平移个单位长度，再把横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，若方程有两个不等的实根，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由三角恒等变换可得，故可求最小正周期；（2）由三角函数的图象变换可得，令，可转化为与的图象在上有两个交点, 画出在上的图象，由图象即可求实数的取值范围.【详解】（1）,故函数的最小正周期为.（2）将函数的图象向下平移个单位长度，得到的图象，再把横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到的图象.当时，，令,当时,方程有两个不等的实根，即与的图象在上有两个交点,画出在上的图象如图所示：由图可得，故实数的取值范围为.21．已知函数是奇函数.(1)求的值，并求的定义域；(2)已知实数满足，求t的取值范围.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据奇函数的定义得出，解得，则，根据具体函数定义域的求法得出其定义域；（2）根据复合函数的单调性得出函数是减函数，即可结合已知得出，即可根据一元二次不等式的解法得出答案.【详解】（1）函数是奇函数，，即，，解得：，则，其定义域为；（2），在定义域上为增函数，在与上为减函数，在其定义域上为减函数，，即，函数是奇函数，，，即，解得或，即的取值范围为.22．利用“函数零点存在定理”，解决以下问题.(1)求方程的根；(2)设函数，若，求证：.【答案】(1)2；(2)证明见解析. 【分析】（1）构造函数，利用函数零点存在定理转化求解即可；（2）由题意可得，根据零点存在定理可得，从而可证明.【详解】（1）方程的根就是函数的零点，因为函数是连续的递减函数，且，所以函数的零点在内.因为，所以函数的零点为2，即方程的根为.（2）若，所以，即.因为在上单调递增，且，，所以.，因为，所以，所以.所以，所以.故.