吉林省东北师范大学附属中学2022-2023学年高一上学期期末数学试题

这是一份吉林省东北师范大学附属中学2022-2023学年高一上学期期末数学试题，共17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。
一、单选题（共8题，每题4分，共32分）
1. 下列函数是奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由奇函数的定义可判断选项正误.
【详解】对于A，定义域为，，其为偶函数，故A错误；
对于B，其定义域为，其为非奇非偶函数，故B错误；
对于C，定义域为，，其为偶函数，故C错误；
对于D，定义域为，，其为奇函数，故D正确.
故选：D
2. 已知半径为3的扇形圆心角是，则该圆心角所对弧长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接代入弧长公式计算即可.
【详解】该圆心角所对弧长为.
故选：A.
3. 函数的零点所在区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由零点存在性定理得到答案.
【详解】，，
，
为连续函数，且单调递增，
由零点存在性定理得：的零点所在区间为.
故选：C
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式化简可得出所求代数式值.
【详解】.
故选：D.
5. 函数的单调递减区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出函数的定义域，然后利用二次函数的单调性和复合函数的单调性即可求解.
【详解】要使函数有意义，则有，解得：或，
所以函数的定义域为.
令，开口向上，在上单调递增，在上单调递减，
又在上单调递增，由复合函数的单调性可知：
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的单调递减区间为，
故选：.
6. 若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦函数的单调性比较a与b的大小，再由商数关系和余弦函数的值域比较b和c，即可.
【详解】因为在上单调递增，
所以，即.
又因为，
所以.
综上：.
故选：C.
7. 已知，且，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平方关系由结合已知角的范围求出的值，再代入二倍角公式和和角公式计算即可.
【详解】因为，
所以，
所以.
因为，所以，
所以.
则.
故选：A.
8. 已知函数，若存在实数，，，（）满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分段函数的定义，逐个分析即可.
【详解】由得，
，
由得，
，
对应函数图像如图所示，
若，
则，A错；
，关于对称，，B错；
由，
，得，
即，C对；
由，得(),
，D错.
故选：C
二、多选题（共4题，每题4分，共16分）
9. 下列等式成立的有（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由对数运算法则和三角恒等变换逐个计算判断即可.
【详解】A选项，，A不正确；
B选项，，B正确；
C选项，，C正确；
D选项，，D正确.
10. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围可以是（ ）
A. B. [2，4.5]C. [6，7.5]D. [10，10.5]
【答案】AC
【解析】
【分析】根据正弦函数的单调增区间可知：，解之，赋值即可求解.
【详解】因为函数在区间上单调递增，
，则，所以，，
解得：，
令，因为，所以，故选项正确；
令，则，故选项正确；
故选：.
11. 已知函数y=f（x）是R上的奇函数，对于任意x∈R，都有f（x+4）=f（x）+f（2）成立，当x∈[0，2）时，f（x）=2x-1，给出下列结论，其中正确的是（ ）
A. f（2）=0
B. 点（4，0）是函数y=f（x）的图像的一个对称中心
C. 函数y=f（x）在（-6，-2）上不具有单调性
D. 函数y=f（x）在[-6，6]上有3个零点
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A项，令求得；
对于B项，只需验证成立.
对于C项，根据B项得到周期为4，转化到（-2，2）上的单调性
对于D项，根据周期和奇函数求得.
【详解】
当时，，所以
函数y=f（x）是上的奇函数，所以，故，所以A正确.
因为①，所以②
令①式中的为得：，
又因为函数y=f（x）是上的奇函数，所以，故③
②③联立可得，故B正确.
因为，所以函数是以为周期的周期函数.
函数y=f（x）在（-6，-2）上的单调性，与y=f（x）在（-2，2）上的单调性相同
画出在上的图像为：
故函数函数y=f（x）在（-6，-2）上的单调递增，所以C不正确.
因为函数y=f（x）是上的奇函数，所以
又由A项，所函数y=f（x）在[-6，6]上有7个零点
故D不正确.
故选：AB
12. 函数的定义域为I，若存在，使得，则称是函数的二阶不动点，也叫稳定点.下列函数中存在唯一稳定点的函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据定义依次计算每个选项得到A选项有一个解，B选项有无数个解，根据函数和函数图像无交点得到C不满足，再判断D选项有唯一解得到答案.
【详解】，定义域为，，解得，A满足；
，定义域为，，恒成立，B不满足；
，定义域为，，即，根据函数和函数图像无交点，知方程无解，C不满足；
，定义域为，，易知，且是方程的解，当时，，方程无解；当时，，方程无解，D满足.
故选：AD
三、填空题（共4题，每题4分，共16分）
13. 函数的定义域为__________．
【答案】
【解析】
【详解】由，得，解得，
又，
∴
∴函数的定义域为．
答案：
14. 已知为定义域在上的偶函数，当时，则=______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据偶函数的性质求出当时的解析式即可求解.
【详解】当，时，因为函数为偶函数，
所以，即时，，
因为，所以，
故答案为：2
15. 设函数的值域是，则实数的取值范围为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由，得到，再根据其值域求解.
【详解】解：因为，
所以，
又，
所以，
所以，
故答案为：
16. 若定义域为的函数满足对任意能构成三角形三边长的实数a，b，cI，均有f(a)，f(b)，f(c)也能够成三角形三边长，则m最大值为_____.
【答案】##
【解析】
【分析】不妨设三边的大小关系为：，利用函数的单调性，得出，，的大小关系，作为三角形三边则有任意两边之和大于第三边，再利用基本不等式求出边的范围得出的最大值即可.
【详解】在上严格增，所以 ，不妨设，
对任意能构成三角形三边长的实数，均有，，也能构成三角形三边长，
所以，
因为，所以，对任意都成立，
所以，所以，所以，
所以，所以m的最大值为．
故答案为：.
四、解答题（共56分，解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤）
17. 在平面直角坐标系中，已知角α的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，且角α的终边与单位圆交点为P，，且β是第一象限角，求：和的值.
【答案】 ，
【解析】
【分析】先利用题给条件求得，，，，再利用两角差的正弦公式和两角和的正切公式即可求得和的值.
【详解】角α的终边与单位圆交点为P，
则，
由，且β是第一象限角，可得，
则
18. 已知函数.
（1）求函数的单调递增区间.
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦函数的性质求解即可；
（2）利用可得，两边平方即可求得答案
【小问1详解】
由可得，
解得，
所以函数的单调递增区间是
【小问2详解】
由题意可得，
所以，两边平方可得，
所以
19. 已知函数.
（1）设函数是定义域在R上的奇函数，当时，，求函数的解析式.
（2）设不等式解集为M，当时，函数（其中）的最小值为，求实数a的值.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）由奇函数性质求得，的解析式，即可得的解析式.
（2）由指数函数单调性解指数不等式得M，化简，令将原命题等价为的最小值为，根据二次函数性质列式求解即可.
【小问1详解】
是定义域在R上的奇函数，当时，.
当时，，则.
当时，.
故函数的解析式为.
【小问2详解】
由得，即，解得，故
，
令，则原命题等价于（其中）的最小值为，
则当时，，解得（）.
故实数a的值为1.
20. A第公交公司的某路公交车发车时间间隔t（单位：分钟）满足5≤t≤20，t∈N，经测算，该路公交车载客量p(t)与发车时间间隔t满足，其中t∈N.
（1）求p(5)，并说明p(5)的实际意义.
（2）该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟净收益最大？并求每分钟最大净收益.
【答案】（1）35；发车时间间隔为5分钟，载客量为35
（2）6分钟，最大净收益38元
【解析】
【小问1详解】
．
实际意义为：发车时间间隔为5分钟时，载客量为35．
【小问2详解】
，
当时，，
任取，则，
，所以，，，，
所以，函数区间上单调递增，同理可证该函数在区间上单调递减，
所以，当时，取得最大值；
当时，，该函数在区间上单调递减，
则当时，取得最大值．
综上，当发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．
21. 已知函数.
（1）常数ω＞0，若函数y=f（ωx）的最小正周期是π，求ω的值.
（2）若，且方程在上有实数解，求实数α的取值范围.
【答案】（1）ω=2 （2）
【解析】
【分析】（1）根据倍角公式和辅助角公式以及周期的计算方法即可求解；（2）将函数化简后根据三角换元，正弦函数的单调性和对号函数的性质即可求解.
【小问1详解】
，
.
的最小正周期为，
所以，
所以.
【小问2详解】
,
在上有实数解,
即在上有实数解,
即在上有实数解,
令，
所以，
由，
所以，
所以，
所以，
同时，
所以，
所以在上有实数解等价于在上有解，
即在上有解，
①时，无解；
②时，有解，
即有解，
即在有解，
令，
所以的值域为，
所以在有解等价于.
22. 已知函数的图像过点，.
（1）求函数的解析式.
（2）设，若对于任意的，都有，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；
（2）m取值范围.
【解析】
【分析】（1）由已知求得，，代入即可得到，；
（2）已知可转化为，即转化为求在上的最大值，由已知可得，，根据二次函数的性质可知所以的最大值在或处取得.作差可得.即可得到，.令，根据定义法证明在时的单调性，根据单调性求解不等式，即可求出m的取值范围.
【小问1详解】
由已知可得，，所以，
所以，定义域为.
所以有，，；
【小问2详解】
若对于任意，都有，
只需满足成立.
由（1）知，，对称轴为.
由，可得，，所以，即有.
根据二次函数的性质，可得在上单调递减，在上单调递增，
所以的最大值在或处取得.
又，，
，
又，所以，所以，
所以.
由成立，可得，，
即，.
令，，则原不等式等价于.
，且设，
则，
因为，，所以，，，
所以，所以，所以.
所以，所以，
所以在上单调递增.
又，则由，可解得.
【点睛】关键点睛：利用单调性的定义证明函数的单调性是解题的关键.