山东省菏泽市2022-2023学年高一数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山东省菏泽市2022-2023学年高一数学上学期期末试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分， 已知，，则， 已知函数， 下列化简正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度高一第一学期学习质量检测高一数学试题注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，，则集合的真子集个数为（    ）A. 7 B. 8 C. 15 D. 32【答案】A【解析】【分析】利用对数函数和指数函数的单调性求出，，求出交集，得到真子集个数.【详解】，，故，故集合的真子集个数为.故选：A2. 在使用二分法计算函数的零点的近似解时，现已知其所在区间为(1，2)，如果要求近似解的精确度为0.1，则接下来需要计算（    ）次区间中点的函数值.A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】C【解析】【分析】根据二分法定义计算即可得到答案.【详解】因为区间的长度为，每次二等分都使长度变为原来的，次取中间值后，区间的长度变为，不满足题意，次取中间值后，区间的长度变为，满足题意.故选：C3. 已知，，，则的大小关系为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数、对数函数和余弦函数单调性，结合临界值进行判断即可.【详解】，.故选：B.4. 2021年12月，考古工作者又公布了关于北京建城的一件重要文字证据。这次在琉璃河遗址新发现的铭文，不仅是A国建城最早的文字证据，更是北京建城最早的文字证据.考古学家对现场文物样本进行碳14年代学检测，检验出碳14的残留量约为初始量的69%.已知被测物中碳14的质量M随时间t（单位：年）的衰变规律满足（表示碳14原有的质量），据此推测该遗址属于以下哪个时期（参考数据：）（    ）A. 西周 B. 两汉 C. 唐朝 D. 元朝【答案】A【解析】【分析】由题意知，利用指对互化求解的值.【详解】由题意知，所以，故，距今时间大约为 ，故推测该遗址属于西周时期.故选：A.5. 已知是奇函数，且在上是增函数，又，则的解集为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意判断函数在上为增函数，，作出函数大致图像，数形结合，即可求得的解集.【详解】奇函数在上为增函数，且，函数在上为增函数，且，则函数大致图像如图所示：由，得 或，则 或 ，所以或,即的解集为,故选:A．6. 已知，，则（    ）A.  B.  C.  D. 0【答案】D【解析】【分析】由以及诱导公式求出，再利用两角和的正弦公式、二倍角公式以及同角公式将化为的形式，代入即可得解.【详解】因为，所以，所以，所以，所以或，因为，所以，所以， 所以.故选：D7. 已知函数（，）的部分图象如图所示，且存在，满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用图象确定函数的周期及特殊点，求得函数的解析式，由确定关系，代入结合诱导公式可求得的值.【详解】由图象可得，即，所以，，，所以，，因为，所以，所以，由，得，由，结合图象可得，，所以，所以.故选：C.8. 已知函数，，且的最大值为，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由函数的最大值问题转化为不等式恒成问题，借助函数的单调性求最值，从而得出a的取值范围.【详解】由题意可知，，即，且，∴，，即.∴，（当时也成立），令，，，，则，∵，且∴由，可得，即，又在上单调递增，∴，∴.故选：A．二、选择题：共4小题，每小题5分，共20分，每个小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分.9. 下列化简正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】AB选项，利用余弦半角公式计算；C选项，逆用正切和角公式计算；D选项，利用得到，变形得到.【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，因为，即，故，所以，即，故D错误.故选：AC.10. 已知函数是上的偶函数，对任意，且都有成立，，，，则下列说法正确的是（    ）A. 函数在区间上单调递减B. 函数的图象关于直线对称C. D. 函数在处取到最大值【答案】BC【解析】【分析】根据是上的偶函数，则利用平移得到其对称轴为，故可判断B选项，根据不等式则得到函数在上的单调性，结合其对称性得到其在上单调性， 则得到其在的最值情况，即可判断AD选项，利用对数运算性质对进行化简，再结合其单调性和对称性即可判断三者大小关系.【详解】根据题意，函数是上的偶函数，则将其向右平移1个单位得到，则对称轴由变为，故函数的图象关于直线对称，故B正确；又由对任意，且都有成立，当时，则，当时，则所以函数在上为增函数，根据其对称轴为所以函数在上为减函数，所以在处取得最小值，故A,D错误；，，，又由函数的图象关于直线对称，，易知，所以即.故选：BC.11. 把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于轴对称，则下列说法正确的是（    ）A. 的最小正周期为B. 关于点对称C. 在上单调递增D. 若在区间上存在最大值，则实数的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】先利用辅助角公式化简，再通过图像平移求得新的函数，从而利用关于轴对称求得，由此得到的解析式，最后结合三角函数的性质即可对选项逐一判断.【详解】因为，所以把的图像向左平移个单位长度得到函数的图像，因关于轴对称，所以，，即，，又因为，所以，，对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，由，得，所以当时，的单调递增区间为，又因为，所以在上单调递增，故C正确；对于D，若函数在上存在最大值，由选项C可知，在上单调递增，且，即在时取得最大值，所以，即实数的取值范围为，故D正确.故选：ACD.12. 已知函数，若关于x的方程有四个不等实根，则下列结论正确的是（    ）A.  B. C.  D. 的最小值为10【答案】ACD【解析】【分析】画出函数图像，根据对称性得到，根据图像得到，，根均值不等式得到最值，变换，根据基本不等式得到最值，得到答案.详解】，画出函数图像，如图所示：根据图像知：，，故，A正确；，，B错误；，化简得到，，，当，即时等号成立，又，此时仅有三个根，所以等号不成立，，C正确；，即，即，，，当，即时等号成立，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知是方程的根，若，，则__________．【答案】2【解析】【分析】先判断函数的单调性，结合零点存在性定理，即得解【详解】设函数，由于都在单调递增， 故为上增函数，故函数在至多存在一个零点，且，，所以，所以．故答案为：214. 若关于的不等式的解集为，则的值为__________.【答案】1【解析】【分析】根据一元二次不等式与一元二次方程之间的关系列出满足的条件，解得答案.【详解】由一元二次不等式的解集知，方程有相等的实数根1，所以，解得，故答案为：1．15. 若角的终边落在直线上，角的终边与单位圆交于点，且，则________.【答案】【解析】【分析】由题可得，，然后利用三角函数的定义可得，，即得.【详解】由角的终边与单位圆交于点，得，又，∴，因为角的终边落在直线上，所以角只能是第三象限角．记 P 为角的终边与单位圆的交点，设，则，即，又，解得，即，因为点在单位圆上，所以，解得，即，所以.故答案为：.16. 定义其中表示中较大的数.对，设，，函数，则（1）______；（2）若，则实数的取值范围是______.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】（1）根据题意把代入，，求出，的值即可得到答案.（2）首先分类讨论得到，从而得到在上单调递增，再解不等式即可.【详解】（1）当时，，，所以，.所以，即.（2），当时，，当时，.若，则，解得或，    若，则，解得.当时，    ，当时，    ，当时，.所以，故在上单调递增.所以，则，解得.故答案为：；四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知函数的定义域为集合，的值域为集合，.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）求出集合且，，得到交集；（2）计算出，，求出并集.【小问1详解】由题意可得，解得且，∴函数的定义域且，∵对任意，，所以，∴函数的值域，∴；【小问2详解】，因为，所以，因为且，所以，所以.18. 已知函数，其中且．（1）若且函数的最大值为2，求实数a的值．（2）当时，不等式在有解，求实数m的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）将代入函数得出解析式，根据复合函数同增异减的性质，分类讨论和时在的单调性，由此确定最大值，即可解出实数a的值．（2）由对数函数性质可得，再由对数单调性可得，利用换元法结合二次函数的性质求出不等式右边的最大值，即可得到m的取值范围．【小问1详解】当时，所以，当时，在定义域内单调递增，，解得当时，在定义域内单调递减，，解得，不符合题意，舍去综上所述，实数a的值为.【小问2详解】要使在上有意义，则，解得由，即，因为，所以即，得，令，，记，对称轴为，若不等式在有解，则在有解即，即综上所述，实数m的取值范围为19. 已知函数，其图象中相邻的两个对称中心的距离为，且函数的图象关于直线对称；（1）求出的解析式；（2）将的图象向左平移个单位长度，得到曲线，若方程在上有两根，，求的值及的取值范围.【答案】（1）    （2），【解析】【分析】（1）根据条件相邻的两个对称中心的距离为得到周期从而求出，再根据对称轴是及求出，从而得到的解析式；（2）根据平移变换得到，再通过整体代换，利用正弦函数的图像和性质得到有最小值及对应的自变量的值，即可求的值及的取值范围.【小问1详解】解：因为函数的图象相邻的对称中心之间的距离为，所以，即周期，所以，所以，又因为函数的图象关于直线轴对称，所以，，即，，因为，所以，所以函数的解析式为；【小问2详解】解：将的图象向左平移个单位长度，得到曲线，所以，当时，，,当时，有最小值且关于对称，因为方程在上有两根，，所以，，即的取值范围.20. 已知定义域为的函数是奇函数．（1）求的解析式；（2）判断单调性，并用单调性的定义加以证明；（3）若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）    （2）函数为上的单调增函数；证明见解析    （3）【解析】【分析】（1）根据函数的奇偶性求得.（2）根据函数单调性的定义证得的单调性.（3）利用函数的单调性、奇偶性化简题目所给不等式，结合二次函数的性质求得的取值范围.【小问1详解】由于是定义在上的奇函数，所以.此时有，是定义在上的奇函数，【小问2详解】在上递增，理由如下：任取,，其中，所以，所以上递增.【小问3详解】，，所以对任意恒成立，，当时等号成立.所以.21. 世界范围内新能源汽车的发展日新月异，电动汽车主要分三类：纯电动汽车、混合动力电动汽车和燃料电池电动汽车.这3类电动汽车目前处在不同的发展阶段，并各自具有不同的发展策略.中国的电动汽车革命也早已展开，以新能源汽车替代汽（柴）油车，中国正在大力实施一项将重新塑造全球汽车行业的计划.2022年某企业计划引进新能源汽车生产设备，通过市场分析，全年需投入固定成本2000万元，每生产（百辆），需另投入成本（万元），且；已知每辆车售价5万元，由市场调研知，全年内生产的车辆当年能全部销售完.（1）求出2022年的利润（万元）关于年产量（百辆）的函数关系式；（2）2022年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润.【答案】（1）;    （2）100（百辆），2300万元.【解析】【分析】（1）根据利润收入-总成本，即可求得（万元）关于年产量（百辆）的函数关系式；（2）分段求得函数的最大值，比较大小可得答案.【小问1详解】由题意知利润收入-总成本，所以利润  ,故2022年的利润（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式为 .【小问2详解】当时，，故当时，；当时，,当且仅当， 即时取得等号；综上所述，当产量为100（百辆）时，取得最大利润，最大利润为2300万元．22. 如图是一矩形滨河公园，其中长为百米，长为百米，的中点为便民服务中心.根据居民实际需求，现规划建造三条步行通道、及，要求点、分别在公园边界、上，且.（1）设.①求步道总长度关于函数解析式；②求函数的定义域.（2）为使建造成本最低，需步行通道总长最短，试求步行通道总长度的最小值.【答案】（1）①.，②；（2）百米.【解析】【分析】（1）①根据，，得到，然后分别在中，用余弦函数的定义得到，在中，用正弦函数的定义得到，在中，用勾股定理得到，然后相加即可，②根据，，点、分别在公园边界、上，则有求解. （2）由（1）的结论，.令，转化为，利用反比例函数的单调性求解.【详解】（1）①在矩形中，因为，，所以.因为，为的中点，所以.在中，，.在中，，.又因为，所以，所以.②因为，，所以即解得，所以，所以函数的定义域为.（2）.令，则，所以.因为，所以，所以，所以.因为在上为减函数，所以当，即时，取得最小值，故步行通道总长度的最小值为百米.【点睛】本题主要考查三角函数的平面几何中的应用，还考查了运算求解的能力，属于难题.