广西河池市2022-2023学年高一上学期期末教学质量检测数学试题

这是一份广西河池市2022-2023学年高一上学期期末教学质量检测数学试题，共16页。试卷主要包含了本卷主要考查内容， 已知角的终边经过点，则的值为， 函数的大致图象为， 已知，则， 下列转化结果正确的是等内容，欢迎下载使用。

全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.
4.本卷主要考查内容：必修第一册.
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. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据全称命题的否定，可得答案.
【详解】由全称命题的否定知原命题的否定为．
故选：C．
2. 函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的函数有意义，列出不等式组并求解作答.
【详解】函数有意义，有，解得且，
所以函数的定义域是.
故选：B
3. 下列命题为假命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，，则
C. 若，则D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于ABC，利用不等式的性质即可判断其命题为真；对于D，举反例即可判断其命题为假，由此解答即可.
【详解】对于A，因为，所以，即，则选项A中命题为真，故A错误；
对于B，因为，，所以由不等式的性质得，则选项B中命题为真，故B错误；
对于C，因为，则，所以，则选项C中命题为真，故C错误；
对于D，令，则，，但，故选项D中命题为假，故D正确.
故选：D.
4. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数函数和指数函数的单调性，将与0,1进行比较大小关系，即可得到答案.
【详解】因为在上单调递增，则，
因为在上单调递减，则，
因为在上单调递增，则，
故，
故选：A.
5. 已知角的终边经过点，则的值为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据角的终边，可求出，再利用诱导公式化简求解出结果.
【详解】由角的终边经过点，利用三角函数的定义求出
，
所以，
故选：A
6. 函数的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的定义域，探讨其奇偶性，再结合时函数值为正即可判断作答.
【详解】由，得，即函数的定义域为，
显然，，即函数是奇函数，其图象关于原点对称，AB不满足；
当时，，于是，其图象在第一象限，C不满足，D满足.
故选：D
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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.
8. 已知函数,若，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出的图象，得到，问题转化为，换元后进行求解，得到答案.
【详解】作出的图象，如图所示：

由，可得，
则，
令，
则，
故．
故选：D．
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. 下列转化结果正确的是（ ）
A. 化成弧度是B.
C. D. 化成角度是
【答案】AD
【解析】
【分析】利用弧度制与角度制的互相转化即可判断AD，利用二倍角的余弦公式即可判断B，利用二倍角的正切公式即可判断C.
【详解】对于A，根据角度制与弧度制的转化可知，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：AD.
10. 下列函数既是偶函数，又在上是减函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用常见函数的奇偶性和单调性逐一判断即可.
【详解】A选项中：设，其定义域为，，故为偶函数，
且幂函数在上是减函数，故A正确；
B选项中，设，其定义域为，，则为偶函数，
且，则其上单调递减，故B正确；
C选项中，设，其定义域为，则，
故是偶函数，且函数在上单调递减,
函数在定义域上为增函数，
所以在 上单调递减,故C正确；
D选项中，设，是，
且其定义域为，关于原点对称，故其为奇函数，故D错误.
故选：ABC.
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
【解析】
【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.则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数的图象关于点对称
C. 函数在定义域上单调递增
D. 若实数，满足，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数解析式，求解可得，即可判断A，利用可判断B，根据函数的奇偶性和复合函数的单调性可判断C，根据函数的单调性和对称中心可判断D.
【详解】对于A选项，故A正确；
对于B选项，对任意，，
所以函数的定义域为，
，所以函数的图象关于点对称，故B正确；
对于C选项，对于函数，该函数的定义域为，
，
即，所以函数为奇函数，
当时，内层函数为减函数，外层函数为增函数，
所以函数在上为减函数，故函数在上也为减函数，
因为函数在上连续，故函数在上为减函数，又因为函数在上为增函数，故函数在上为减函数，故C不正确；
对于D选项，因为实数a，b满足，则，
因为在定义域上单调递减，可得，即，故D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，则______.
【答案】12
【解析】
【分析】通过配凑得，再代入值即可得到答案.
【详解】，则，
则.
故答案为：12.
14. 桃湖公园有一扇形花园，扇形的圆心角为，半径为，现要在该花园的周围围一圈护栏，则护栏的总长度为（结果保留）________．
【答案】
【解析】
【分析】确定扇形的圆心角的弧度数，结合扇形的弧长公式可求得该公园护栏的总长度.
【详解】因为，所以，扇形的圆心角为，半径为，
所以，该花园的护栏的总长度为.
故答案为：.
15. 已知，，其中.若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】解出的范围，并设、，根据是的必要不充分条件，得出，根据集合包含关系即可得出.
【详解】解可得，即，
因为，所以，解可得，
即.
设，，
因为若是必要不充分条件，所以，
所以有，且不能同时取等号，所以.
故答案为：.
16. 已知，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】直接利用两角和与差的正弦函数，展开已知表达式，求出，；然后得到结果.
【详解】∵，∴．①
∵，∴．②
①+②，得．③
①②，得．④
③÷④,得．
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 已知全集，集合，集合.求，，.
【答案】，，或.
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数单调性即可解出集合,，再根据集合的交并补运算即可得到答案.
【详解】因为，即，根据指数函数单调性可知，
则集合，，即，
根据对数函数单调性知，解得，即，
则，，或，
或.
18. （1）已知，，，求的最小值；
（2）已知，求的最大值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）利用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意等号成立条件；
（2）由题设知，由基本不等式求目标式最大值，注意等号成立条件.
【详解】（1）∵，且，
∴，
当且仅当，即，时，等号成立，
∴的最小值为；
（2）∵，则，
∴，
当且仅当即时等号成立.
∴的最大值.
19. 设（，且）.
（1）若，求实数的值及函数的定义域；
（2）求函数的值域.
【答案】（1），定义域为；
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据，解出值，再根据对数真数大于0即可求出其定义域；
（2）对原函数化简得，再结合复合函数的单调性和值域对进行分类讨论即可.
【小问1详解】
因为，且，
所以，解得，
所以的定义域需满足，
解得，即函数的定义域为.
【小问2详解】
因为
则，
由，当或时，，
根据二次函数的性质可得，
①当时，在上单调递增，函数的值域为，
②当时，在上单调递减，函数的值域为.
20. 已知函数.
（1）若，求实数的值；
（2）若恰有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简得，解出的值，即可得到值；
（2）设，,则题意转化为直线与函数在图象上有两交点，利用数形结合的思想即可得到答案.
【小问1详解】
由题意得，
解得或，因为，故，故.
【小问2详解】
，
设，则，则，，
令，则，
则，由题得直线与函数在图象上有两交点，
，，令，或0（舍）
作出图象如下图所示：

则，解得.
21. 已知．
（1）求的值；
（2）已知，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦的二倍角公式，结合三角函数商式关系式，求得正切值，根据正弦与余弦的二倍角公式以及平方关系式，可得答案；
（2）根据二次方程以及正切的和角公式，结合角的取值范围，可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
又因为，
所以.
小问2详解】
因为，所以，
因为，所以，
又因为，所以，
所以，由，得，
所以．
22. 已知函数是定义在上的奇函数，且.
（1）求实数，的值；
（2）判断函数的单调性（不用证明），并解不等式；
（3）若对恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）在上单调递增，或.
（3）
【解析】
【分析】（1）根据，得到关于方程组，解出值并检验即可；
（2）利用定义法证明其单调性，再根据奇偶性和单调性化简得，解出即可；
（3）设，将题意转化为对恒成立，设新函数，，利用基本不等式即可求出其最小值，即可得到的范围.
【小问1详解】
由题意得，则①，又因为，则②，
联立①②解得，此时，
，且定义域为，关于原点对称，故此时为奇函数.
【小问2详解】
，
设，
，
因为，所以，所以，，
故，即，则在上单调递增，
，即，即，
根据在上单调递增，则，解得或.故解集为或.
【小问3详解】
由题意知对恒成立，设，则，
即为对，即对恒成立，
设
，当且仅当，即等号成立，此时.
故，故.