2022-2023学年浙江省杭州第二中学高一上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省杭州第二中学高一上学期期末数学试题（解析版），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学年浙江省杭州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】D【分析】由对数函数单调性解不等式，化简N，根据交集运算求解即可.【详解】因为，,所以，故选：D2．已知，，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】利用充分条件和必要条件的定义直接判断即可.【详解】依题意，，若，则，故，即“”可推出“”；若，结合，，则有，或者，故或，即“”推不出“”.故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3．中，角的对边分别为，且，，，那么满足条件的三角形的个数有（    ）A．0个 B．1个 C．2个 D．无数个【答案】C【分析】利用余弦定理求出的值即可求解.【详解】因为在中，，，，由余弦定理可得：，所以，也即，解得：，所以满足条件的三角形的个数有2个，故选：.4．已知曲线，，则下面结论正确的是（    ）A．把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线B．把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C．把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线D．把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线【答案】C【分析】根据函数图像的伸缩变换与平移变换的法则，即可得解．【详解】已知曲线，把曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到曲线，再把曲线向左平移个单位长度，得到曲线，即曲线.故选：C.5．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．6．已知函数，若函数恰有两个零点，则实数不可能是（    ）A． B．-10 C．1 D．-2【答案】C【分析】依题意画出函数图像，函数的零点，转化为函数与函数的交点，数形结合即可求出参数的取值范围；【详解】因为，画出函数的图像如下所示， 函数的有两个零点，即方程有两个实数根，即有两个实数根，即函数与函数有两个交点，由函数图像可得，所以不能为1，故选：C.7．已知，则的值为（    ）A． B． C． D．不存在【答案】B【分析】由，代入已知条件解方程即可.【详解】，由， 则，解得，由三角函数的值域可知，不成立，故.故选：B8．已知， ， ，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】比较，等价成比较，在时的大小，结合函数的单调性，由数形结合即可判断；比较，构造单位圆A如图所示，，于D，则比较转化于比较、的长度即可.【详解】，，设，函数图象如图所示， 均单调递增，且，结合图象得在，，即，故，故；如图，单位圆A中，， 于D，则的长度，，，则由图易得，，当，则，故，故当时，有，∴.综上，.故选：D.【点睛】（1）比较对数式大小，一般可构造函数，根据函数的单调性来比较大小；（2）比较非特殊角三角函数大小，可结合单位圆转化为比较长度，则可由数形结合解答. 二、多选题9．在直角坐标系中，角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】由已知利用任意角的三角函数的定义即可求解.【详解】则题意可得，则，A选项正确；，B选项正确；，C选项错误；由，角的终边在第三象限，即，则，即角的终边在二、四象限，所以，D选项正确.故选：ABD.10．下列说法正确的是（    ）A．若， 则B．若， 则恒成立C．若正数a， b满足， 则ab有最小值D．若实数x， y满足， 则没有最大值【答案】BC【分析】对A举反例即可判断，对B利用配方法即可判断，对C利用基本不等式得，解出范围即可，对D，利用正弦函数的有界性求出的范围，再结合二次函数的最值即可判断.【详解】对A，若，则，则，故A错误；对B，，取等号的条件为，解得，但，故恒成立，即恒成立，故B正确；对C，若，则，解得或（舍去）所以，当且仅当时等号成立，则，故C正确；对D，，则，又，，解得，，当时，，故D错误.故选：BC.11．设函数，，，若的最大值为，最小值为，那么和的值可能分别为（    ）A．与 B．与 C．与 D．与【答案】AC【分析】可以表示为一个奇函数和常数之和，利用奇函数在对称区间上的最大值加最小值为进行分析即可.【详解】记，，定义域关于原点对称，由，于是为奇函数，设在上的最大值和最小值分别为，根据奇函数性质，，而，故，于是，注意到，经检验，AC选项符合故选：AC12．已知函数， 且在区间上单调递减，则下列结论正确的有（    ）A．的最小正周期是B．若， 则C．若恒成立，则满足条件的有且仅有1个D．若，则的取值范围是【答案】BCD【分析】利用单调区间长度不超过周期的一半，求出周期范围，判断A，根据中心对称即可求值，知B正确，由周期的范围求出的范围，利用函数平移求出周期，判断C，结合已知单调区间得出范围后判断D.【详解】对于A，因为函数在区间上单调递减，所以，所以的最小正周期，即的最小正周期的最小值为，故A错误；对于B，因为，所以的图像关于点对称，所以，故B正确；对于C，若恒成立，则为函数的周期或周期的倍数，所以，所以，因为，所以，又，所以，所以，即满足条件的有且仅有1个，故C正确；对于D，由题意可知为单调递增区间的子集，所以，其中，解得，，当时，，当时，，故的取值范围是，故D正确.故选：BCD 三、填空题13．设函数，则______.【答案】12【分析】根据分段函数解析式，利用指数式和对数式的运算规则代入求值即可.【详解】函数，则，，.故答案为：12.14．一艘轮船按照北偏东40°方向，以18海里/小时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东20°方向上，经过20分钟的航行，轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为_______海里.【答案】4【分析】先结合条件找出已知角及线段长，然后结合余弦定理即可直接求解．【详解】设轮船的初始位置为A，20分钟后轮船位置为B，灯塔位置为C，如图所示由题意得，，，， 由余弦定理得 ，即 ，解得．则灯塔与轮船原来的距离为4海里故答案为：4．15．已知函数.若函数存在最大值，则实数a的取值范围是______.【答案】【分析】分段求出函数在不同区间内的范围，然后结合存在最大值即可求解【详解】当时，函数不存在最大值，故，当时，在区间上单调递增，所以此时；当时，在区间上单调递减，所以此时，若函数存在最大值，则，解得，又，所以的取值范围为故答案为：16．已知， 且， 则的最大值为________.【答案】【分析】由，通过研究函数单调性可得，后设，则，其中，.【详解】因，则.因函数均在上单调递增，则函数在上单调递增，故有：.设，其中，则，当且仅当时取等号，则此时，得又函数在时单调递减，在时单调递增，，则，此时.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题涉及构造函数，含参二次函数的最值，难度较大.对于所给不等式，分离含x，y式子后，通过构造函数得到.后将问题化为求含参二次函数的最值问题. 四、解答题17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求角A的大小；(2)若，且的面积为，求的周长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由，根据正弦定理化简得，利用余弦定理求得，即可求解；（2）由的面积为，求得，结合余弦定理，求得，即可求解.【详解】（1）由题意及正弦定理知，，，，.（2），又，由①，②可得，所以的周长为.18．已知，，，.(1)求的值；(2)求的值，并确定的大小.【答案】(1)(2)， 【分析】（1）由解得，由求出，利用两角差的余弦公式求解的值；（2）由，求出，再求，利用两角差的正切公式计算的值，并得到的大小.【详解】（1），由，，，又，，，.（2）由（1）可知，，，，，.19．已知函数.(1)求函数的最小正周期和单调递增区间；(2)当时，求的值域.【答案】(1)，单调递增区间为(2) 【分析】（1）由三角恒等变换化简解析式，由余弦函数的性质求解；（2）由余弦函数的性质得出的值域.【详解】（1），，由可得，，即的最小正周期为，单调递增区间为.（2），，故的值域为.20．为了迎接亚运会， 滨江区决定改造一个公园，准备在道路AB的一侧建一个四边形花圃种薰衣草（如图）.已知道路AB长为4km，四边形的另外两个顶点C， D设计在以AB为直径的半圆上. 记.(1)为了观赏效果， 需要保证，若薰衣草的种植面积不能少于 km2，则应设计在什么范围内?(2)若BC = AD， 求当为何值时，四边形的周长最大，并求出此最大值.【答案】(1)(2)，10km 【分析】（1）由，利用三角形面积公式得到求解；（2） 由BC = AD得到，进而得到，利用二次函数的性质求解.【详解】（1）解：，，由题意， ，，因为，所以，解得；（2）由BC = AD可知， ， 故，，从而四边形ABCD周长最大值是10km， 当且仅当， 即时取到.21．已知函数， 其中为常数，且.(1)若是奇函数， 求a的值；(2)证明：在上有唯一的零点；(3)设在上的零点为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）是奇函数，由恒成立，求a的值；（2）在上是连续增函数，结合由零点存在定理可证；（3）把零点代入函数解析式，有，由零点所在区间得，化简变形可得结论.【详解】（1）由题意， ， 恒成立，即，化简得 ， 解得.（2）由题意， ，∵，  ∴和在上都是连续增函数，∴在上是连续增函数，                   又， ，所以，由零点存在定理可知在上有唯一的零点.（3）由可知 ， 即，由（2）可知 ，∴，，即，所以.【点睛】思路点睛：第3问的证明，可以从结论出发，经过变形，对数式换指数式，寻找与已知条件的关联.22．已知函数满足： 对， 都有，且当时，.函数.(1)求实数m的值；(2)已知， 其中. 是否存在实数，使得恒成立? 若存在， 求出实数的取值范围； 若不存在， 请说明理由.【答案】(1)8(2)存在， 【分析】（1）根据题意代入，运算求解即可；（2）先根据对数函数的定义求得，进而可得当时，则可得对任意时恒成立，结合恒成立问题结合函数单调性分析可得恒成立，列式运算求解.【详解】（1）由题意可得：，则，解得 m = 8.（2）令，可得，即，∴定义域为，∵，则对，且，可得，故，即，且在是增函数，则，即，∴在是增函数，若要使恒成立，则首先要满足恒成立，则，解得，则，故当时，则对任意时恒成立， 令， 则恒成立，即恒成立，而在上是增函数， 在上是减函数，∴在上是增函数，又，，故只需恒成立，则，解得，综上所述：存在满足条件.【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．