海南省华侨中学2022-2023学年高一上学期期末考试数学试题

这是一份海南省华侨中学2022-2023学年高一上学期期末考试数学试题，共19页。试卷主要包含了 若，且满足，则， 王之涣《登鹳雀楼》， 下列命题中错误的是， 下列不等式中成立的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考号等填写在答题卡指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.回
3.答非选择题时，将答案写在答题卡上.
一､单项选择题（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，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可求出，进而即可得出的值.
【详解】因为，且，
所以，.
所以，.
故选：A.
2. 已知，则“”是“”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
【解析】
【分析】解不等式，根据解的范围与的范围的大小关系，即可得出答案.
【详解】解可得，，显然该范围小于的范围.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，所以集合，所以.
故选：D
4. 已知偶函数在上单调递增，且，则的解集是（ ）
A. B. 或
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由及函数单调性即可得到答案.
【详解】偶函数在上单调递增，且，所以，
，解得或
故的解集是或.
故选：B
5. 已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先可求出，再由得，由得，将其转化为、与的交点，数形结合即可判断.
【详解】解：由得，，
由得，由得.
在同一平面直角坐标系中画出、、的图象，
由图象知，，.
故选：B
【点睛】本题考查函数的零点，函数方程思想，对数函数、指数函数的图象的应用，属于中档题.
6. 若，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可推出，进而可得出.然后根据的范围，开方即可求出.
【详解】因为，，
所以，.
所以，.
又，所以，
所以.
故选：A.
7. 王之涣《登鹳雀楼》：白日依山尽，黄河入海流，欲穷千里目，更上一层楼.诗句不仅刻画了祖国的壮丽河山，而且揭示了“只有站得高，才能看得远”的哲理，因此成为千古名句.我们从数学角度来思考：欲穷千里目，需上几层楼？把地球看作球体，地球半径，如图，设为地球球心，人的初始位置为点，点是人登高后的位置（人的高度忽略不计），按每层楼高计算，“欲穷千里目”即弧的长度为，则需要登上楼的层数约为（ ）
（参考数据：，，）
A. 5800B. 6000C. 6600D. 70000
【答案】C
【解析】
【分析】设.由已知可推得，，进而在中，得出，则有，即可得出答案.
【详解】设，弧的长为.
由题意可得，.
显然，，则在中，有，
所以.
所以，.
所以，需要登上楼的层数约为.
故选：C.
8. 定义在上的奇函数满足，且当时，，则方程在上所有根的和为（ ）
A. 32B. 48C. 64D. 80
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数的性质判断出函数的周期，利用函数的对称性、数形结合思想进行求解即可.
【详解】因为是奇函数，所以由
，
因此函数的周期为，
当时，，
所以当时，，
当时，由，
所以，
所以当时，，
于是当时，，该函数关于点对称，而函数也关于该点对称，在同一直角坐标系内图象如下图所示：
由数形结合思想可知：这两个函数图象有8个交点，即共有四对关于对称的点，
所以方程在上所有根的和为，
故选：C
【点睛】关键点睛：方程根的问题转化为两个函数图象交点问题是解题的关键.
二､多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 下列命题中错误的是（ ）
A. 命题“”的否定是“”
B. 若幂函数图象经过点，则解析式为
C. 若两个角的终边相同，则这两个角相等
D. 满足的的取值集合为
【答案】AC
【解析】
【分析】写出命题否定，即可判断A项；待定系数法设出幂函数的解析式，代入坐标，求解，即可判断B项；取特殊值，即可说明C项；根据的图象，即可得出不等式在上的解集，然后根据周期性，即可得出结果.
【详解】对于A项，根据全称量词命题的否定可知，命题“”的否定是“”，故A项错误；
对于B项，设幂函数解析式为.
由已知可得，，所以，所以，故B项正确；
对于C项，因为，所以和终边相同，显然，故C项错误；
对于D项，作出的图象.
由图可知，在上，满足的的取值集合为，根据正弦函数的周期性可知，满足的的取值集合为，故D项正确.
故选：AC.
10. 下列不等式中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据函数的单调性，即可判断A、B项；根据诱导公式将角化到同一单调区间，进而根据函数的单调性，即可判断C项；根据诱导公式化为同一三角函数，进而根据函数的单调性，即可判断D项.
【详解】对于A项，因为在上单调递增，所以，故A项错误；
对于B项，因为在上单调递减，所以，故B项错误；
对于C项，因为在上单调递减，所以.
又，所以，故C项正确；
对于D项，因为在上单调递增，所以.
又，所以，故D项正确.
故选：CD.
11. 已知直线是函数图象的一条对称轴，则（ ）
A. 是偶函数B. 是图象的一条对称轴
C. 在上单调递减D. 当时，函数取得最小值
【答案】AC
【解析】
【分析】根据为图象的对称轴，求出，从而得到，得到A正确；整体法求解函数的对称轴方程，判断B选项；代入检验函数是否在上单调递减；代入求出，D错误.
【详解】因为直线是函数图象的一条对称轴，
所以，，
又，所以，所以．
，是偶函数，故A正确；
令，解得:，
所以图象的对称轴方程为，而不能满足上式，故B错误；
当时，，此时函数单调递减，故C正确；
显然函数的最小值为，当时，，故D错误．
故选：AC．
12. 已知，.则下列选项中正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由已知可得，.根据不等式的性质，即可判断A项；根据基本不等式及其等号成立的条件即可判断B、C项；作差后，令，根据二次函数的性质，得出函数的单调性.易知，，即可得出D项.
【详解】由已知可得，，，所以.
对于A项，因为，所以，
所以，故A正确；
对于B项，由基本不等式可知，，当且仅当时，等号成立.
因为，所以，所以，故B项正确；
对于C项，因为，当且仅当时，等号成立.
因为，所以，所以，，故C项错误；
对于D项，因为，
所以.
令，根据二次函数的性质可知，在上单调递增.
又，所以有，则，所以.
又，所以.
所以，，所以.
因为，所以有，整理可得，，故D项正确.
故选：ABD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知角的终边过点，则__________.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】由已知可推得，然后根据诱导公式化简，即可得出答案.
【详解】由三角函数的定义可得，.
所以，.
故答案为：.
14. 已知函数，则__________.
【答案】7
【解析】
【分析】根据分段函数求出，代入根据对数的运算性质即可得出答案.
【详解】由已知可得，，所以.
故答案为：7.
15. 已知过定点P，且P点在直线上，则的最小值=______________．
【答案】##
【解析】
【分析】先求出定点，代入直线方程，最后利用基本不等式求解.
【详解】经过定点，代入直线得，
，
当且仅当时等号成立
故答案为：
16. 已知函数 在 上单调递增，则的最大值是____.
【答案】4
【解析】
【分析】根据正弦型函数的单调性即可求解.
【详解】由函数在区间上单调递增，
可得 ，求得，故的最大值为，
故答案为：4
四､解答题（本大题共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. 已知集合，，全集
（1）当时，求；
（2）若，求实数取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）代入得到，根据补集的运算求出.然后解可求出，进而根据交集的运算，即可得出结果；
（2）显然成立.时，解即可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，所以或.
由以及指数函数的单调性，可解得，所以.
所以.
【小问2详解】
当时，有时，即，此时满足；
当时，由得，，解得，
综上，实数的取值范围为.
18. 已知函数.
（1）求的对称中心和单调增区间；
（2）当时，求函数的最小值和最大值.
【答案】（1）对称中心为，单调增区间为；
（2）最小值为，最大值0.
【解析】
【分析】（1）结合正弦函数的性质，整体代入即可求出函数的对称中心以及单调递增区间；
（2）令，由已知可得，. 根据的单调性，即可得出函数的最值.
【小问1详解】
令，则，
所以的对称中心为.
由，解得，
所以函数的单调增区间为.
【小问2详解】
令
因为，所以，
则在上单调递增，在上单调递减.
当，即时，函数有最大值为；
又，，
所以，当，即时，函数有最小值为.
所以，函数的最大值为0，函数的最小值为.
19. 已知函数，且为奇函数.
（1）求的值；
（2）判断函数的单调性并证明；
（3）解不等式：.
【答案】（1）
（2）减函数，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由若在区间D上为奇函数，则可得a的值，再由奇函数的定义检验即可.
（2）由函数单调性的性质判断其单调性，再由单调性的定义法证明（任取、作差、变形、断号、写结论）即可.
（3）由函数为奇函数处理原不等式得，再由函数在R上单调递减，比较两个括号中式子的大小，解不等式即可.
【小问1详解】
∵函数的定义域为R，函数为奇函数，
∴，
则，得
检验，当时，，定义域为R，
对于任意实数，
所以
所以当时，为奇函数.
【小问2详解】
由（1）知，在R上为单调递减函数.
证明：设，
∵， ∴，
即，，
∴，
即函数在定义域R上单调递减.
【小问3详解】
∵在R上为奇函数，，
∴，
又∵函数在R上单调递减，
∴，解得：，
∴不等式的解集为
20. 已知，
（1）若，求的值；
（2）令，求此函数的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用同角三角函数关系及定义域化简，结合函数值及正切函数值确定角的大小即可；
（2）令，结合二次函数性质求函数的最大值.
【小问1详解】
，，
由，即，又，故.
【小问2详解】
由（1）知：，令，
所以，
故，当时.
21. 学校鼓励学生课余时间积极参加体育锻炼，每天能用于锻炼的课余时间有60分钟，现需要制定一个课余锻炼考核评分制度，建立一个每天得分与当天锻炼时间（单位：分）的函数关系.要求及图示如下：
（i）函数是区间上的增函数；
（ii）每天运动时间为0分钟时，当天得分为0分；
（iii）每天运动时间为20分钟时，当天得分为3分；
（iiii）每天最多得分不超过6分.
现有以下三个函数模型供选择：
①，②，③.
（1）请你根据条件及图像从中选择一个合适的函数模型，并求出函数的解析式；
（2）求每天得分不少于分，至少需要锻炼多少分钟.（注：，结果保留整数）.
【答案】（1）模型③，
（2）至少需要锻炼37分钟.
【解析】
【分析】（1）根据已知图象的增长特征，结合模型中函数所过的点，以及函数的增长速度，即可确定模型，将对应的点代入，求得参数，可得解析式，并验证，即可求解；
（2）由（1）得，令，求出的范围，即可得出答案．
【小问1详解】
解：对于模型①，，当满足同时过点时，，即，当时，，不合题意；
由图可知，该函数的增长速度较慢，对于模型②，是指数型的函数，其增长是爆炸型增长，故②不合适；
对于模型③，对数型的函数增长速度较慢，符合题意，故选项模型③，此时，所求函数过点，
则，解得，
故所求函数为，
经检验，当时，，符合题意
综上所述，函数的解析式为.
【小问2详解】
解：由（1）得，
因为每天得分不少于分，
所以，即，
所以，即，
所以每天得分不少于4.5分，至少需要锻炼37分钟.
22. 已知函数在区间上有最大值2和最小值1.
（1）求的值；
（2）不等式在上恒成立，求实数的取值范围；
（3）若且方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据二次函数的性质，分类讨论函数的单调性，结合已知列出方程组，即可得出；
（2）由已知可转化为在上恒成立.根据基本不等式即可求出实数取值范围；
（3）由已知可推得有三个不同的实数解.令，作出的函数图象，可得.结合函数图象，该方程一个根大于0小于1，一个根大于等于1.令，根据二次函数的性质与图象，即可得出不等关系，进而求出实数的取值范围.
【小问1详解】
由已知可得.
当时，在上为增函数，所以，解得；
当时，在上为减函数，所以，解得.
由于，所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以在上恒成立，即，
因为，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
又，当且仅当时取等号.
所以，即.
所以求实数的范围为.
【小问3详解】
方程化为，
化为，且.
令，则方程化为.
作出的函数图象
因为方程有三个不同的实数解，
所以有两个根，
且一个根大于0小于1，一个根大于等于1.
设，
记，
根据二次函数的图象与性质可得
，或，
解得.
所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：根据构成复合函数的函数特性，即可得出零点的分布情况.