2020-2021学年天津市第一中学高一上学期期末数学试题（解析版）

2020-2021学年天津市第一中学高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．设，，则是的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】分别解不等式，根据解集的范围大小得到答案.

【详解】，则，，则，故是的充分而不必要条件.

故选：A.

【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.

2．已知，，，则的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据指数函数，幂函数，和对数的单调性，即可得出结论.

【详解】，

.

故选:.

【点睛】本题主要考查指数、对数、幂的运算及性质等基础知识，注意与特殊数的对比，如“0”“1”等等，属于基础题.

3．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，切化弦，结合两角和的正弦公式分别求出的值，代入两角差的正弦公式即可求解.

【详解】因为，即，

所以，

因为，

即，解得，

因为，

所以.

故选：C

【点睛】本题考查两角和与差的正弦公式；考查运算求解能力；熟练掌握两角和与差的正弦公式是求解本题的关键；属于中档题.

4．函数与，其中，且，它们的大致图象在同一直角坐标系中有可能是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据单调递增可排除AC，再根据与y轴交点位置可排除B.

【详解】，则单调递增，故排除AC；

对于BD，单调递减，则，与y轴交于0和1之间，故排除B.

故选：D.

5．已知函数最小正周期为，且的图象过点，则方程所有解的和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据的最小正周期计算出的值，再根据图象过点结合的范围求解出的值，再根据条件将方程变形，先确定出的值，然后即可求解出方程的根，由此确定出方程所有解的和.

【详解】因为的最小正周期为，所以，

又因为的图象过点，所以，

所以，又因为，所以且此时，

所以，即，

即，

又因为时，，，

所以，

因为，所以，

当时，或，解得或，

所以方程所有解的和为.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过分析方程得到，此处需要注意不能直接约去，因为需要考虑的情况.

6．已知f（x）＝是R上的减函数，那么a的取值范围是（    ）

A．(0，1) B．

C． D．

【答案】B

【分析】要使函数在上为减函数，则要求①当，在区间为减函数，②当时，在区间为减函数，③当时，，综上①②③解不等式组即可.

【详解】令，.

要使函数在上为减函数，

则有在区间上为减函数，

在区间上为减函数且,

∴,解得.

故选：B．

【点睛】考查根据分段函数的单调性求参数的问题，根据单调性的定义，注意在分段点处的函数值的关系，属于中档题.

7．若函数在上的最大值为，最小值为，则的值（    ）．

A．与有关，且与有关 B．与有关，且与无关

C．与无关，且与有关 D．与无关，且与无关

【答案】B

【分析】由题意结合同角三角函数的平方关系可得，利用换元法可得，利用二次函数的性质即可得解.

【详解】由题意，

因为，令，

则，

则、分别为在上的最大值与最小值，

由二次函数的性质可得最大值与最小值的差的值与有关，但与无关.

故选：B．

【点睛】本题考查了同角三角函数平方关系的应用及三角函数最值相关问题的求解，考查了二次函数性质的应用，属于基础题.

8．已知函数的图象上相邻的一个最大值点与对称中心分别为，，则函数的单调增区间为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】由最大值点和对称中心的坐标可以求出的解析式，利用三角函数的性质，整体代换得出该复合函数的单调增区间.

【详解】图像上相邻的一个最大值点与对称中心分别为，，

，

且，可得，

，

将代入可得，

可得，且，

，

可得，

令，

可得，

故选：A.

【点睛】方法点睛：根据图像求函数的解析式，根据最高点和对称中心的纵坐标可求出和，根据横坐标可求出周期，进而求出.求该函数的单调区间时，用整体代换的思想，借助正弦函数的单调区间，用解不等式的方法求复合函数的单调区间.

9．将函数图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若直线是的图象的一条对称轴，则（    ）

A．为奇函数 B．为偶函数

C．在上单调递减 D．在上单调递增

【答案】C

【分析】根据函数图象变换求得的表达式，根据是图象的一条对称轴，求得的值，由此求得与的表达式，进而判断出与的奇偶性和单调性，由此判断出正确选项.

【详解】由题意知，因为直线是的图象的一条对称轴，所以，故，因为，所以，为非奇非偶函数，所以A选项错误.

因为，则，所以在上单调递减，所以C选项正确.

因为，所以为奇函数，所以B选项错误.

当时，，所以在上单调递减，所以D选项错误..

故选：C

【点睛】本题考查三角函数的图象及其性质，考查运算求解能力.

10．已知函数，，若对任意，总存在，使，则实数a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出两个函数的值域，结合对任意，总存在，使，等价为的值域是值域的子集，分别研究两个函数的值域即可.

【详解】对任意，则，即函数的值域为，

若对任意的，总存在，使，

设函数的值域为，则满足，即可，

当时，函数为减函数，则此时，

当时，，

（1）当，即时，满足条件成立；

（2）当时，此时，要使成立，则此时当时，，所以解得：，

综上所述：或.

故选：B.

【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，求出函数的值域，转化为的值域是值域的子集，若懂得借助函数图象进行分析，则更容易看出问题的本质.

二、填空题

11．__________．

【答案】4

【分析】先根据诱导公式化简度数，再根据二倍角公式和辅助角公式可化简得出.

【详解】

.

故答案为：4.

12．已知扇形的周长是12，面积是8，则扇形的中心角的弧度数是__________．

【答案】1或4

【分析】设出圆心角和半径，利用扇形弧长公式和面积公式建立关系可求.

【详解】设扇形的中心角的弧度数为，半径为，

则由题可得，解得或.

故答案为：1或4.

13．若函数在区间内单调递增，则实数的取值范闱为

__________．

【答案】

【解析】根据对数函数的定义可得，解得，因为二次函数图象的对称轴为，由复合函数单调性可得函数的单调递增区间为，要使函数在区间内单调递增，只需，解关于的不等式组得，即的取值范围是，故答案为.

14．若将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是_________．

①的最小正周期为    ②在区间上单调递减

③不是函数图象的对称轴    ④在上的最小值为

【答案】①③④

【分析】由函数图像的变换可得，结合余弦函数的周期性、单调性、对称轴等即可判断选项，得出答案.

【详解】．

的最小正周期为，选项A正确；

当 时， 时，故在上有增有减，选项B错误；，故不是图象的一条对称轴，选项C正确；

当时，，且当，即时，取最小值，D正确．

故答案为：①③④.

【点睛】本题考查了三角函数图像的变换、余弦函数的周期性、单调性和对称轴等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于一般题目.

三、双空题

15．已知函数为定义在区间上的奇函数，则__________，_________．

【答案】1    1   

【分析】（1）首先利用奇函数的定义域关于原点对称，求；（2）并根据奇函数的性质求，并验证满足奇函数的定义.

【详解】奇函数的定义域关于原点对称，所以，解得：，

并且，解得：，

所以，经验证，

所以；.

故答案为：1；1

16．设函数，则_______；若方程有且仅有1个实数根，则实数b的取值范围是_______．

【答案】    或   

【分析】（1）根据分段函数的解析式，代入x的值，可求得函数值；

（2）作出函数的图象，根据数形结合思想可求得实数b的取值范围.

【详解】（1），；

（2）方程有且仅有1个实数根，即与的图象有1个交点，

当时，，，

画出函数的图象，由图可知当与只有1个交点时，或

故答案为：；或.

【点睛】本题考查求分段函数的函数值，以及分段函数的图象，由分段函数的图象和方程的根的个数求参数的范围，属于中档题.

四、解答题

17．已知函数.

（1）若时，求满足的实数的值；

（2）若存在，使成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由题意知，，令，则，解得或（舍）再代入原方程组即可.

（2）将问题转化为存在，使得，只需求出函数的最小值即可，再利用换元法求的最小值.

【详解】（1）当时，，令，则，

解得或（舍），由，得，

所以.

（2）由已知，存在，使成立可转化为存在，使得，

只需求出函数的最小值即可，

令，∴.则，易知在上单调递增，所以

，∴，∴.

【点睛】本题主要考解指数型方程以及函数能成立求参数的问题，考查学生转化与化归的思想，属于中档题.

18．函数的一段图象如图所示

（1）求的解析式；

（2）求的单调增区间，并指出的最大值及取到最大值时的集合；

（3）把的图象向左至少平移多少个单位，才能使得到的图象对应的函数为偶函数．

【答案】（1）；（2）；（3）

【详解】试题分析：（1）由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，从而求得函数的解析式．（2）根据正弦函数的单调性和最大值，求得f（x）的最大值及取到最大值时x的集合．（3）由条件利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，可得结论．

试题解析：（1）由函数的图象可得，解得．

再根据五点法作图可得，由，则令

（2）令，求得，故函数的增区间

为[

函数的最大值为3，此时，，即，即的最大值为3，及取到最大值时的集合为.

（3）设把的图象向左至少平移m个单位，才能使得到的图象对应的函数为偶函数．

则由，求得，

把函数的图象向左平移个单位，

可得的图象．

【解析】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．

19．已知函数，其中.

（1）求使得的的取值范围；

（2）若函数，且对任意的，当时，均有成立，求正实数的最大值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）化简函数的解析式，利用正弦函数的性质解不等式即可；

（2）构造函数，由单调性的定义得出在区间上为增函数，结合正弦函数的单调性，得出正实数的最大值.

【详解】解：（1）由题意得，

令，得

即，故的取值范围为

（2）由题意得，

令

即

故在区间上为增函数

由，得出，，

则函数包含原点的单调递增区间为即

故正实数的最大值为.

【点睛】本题主要考查了解正弦不等式以及正弦型函数单调性的应用，属于中档题.

20．已知函数，当时，恒有．

（1）求的表达式及定义域；

（2）若方程有解，求实数的取值范围．

【答案】（1），定义域为：；（2）．

【分析】（1）由得，由得，联立解得，从而可得的表达式，由真数大于0，解不等式可得定义域；

（2）转化为求函数，的值域可解得结果.

【详解】（1）由得，所以①，

因为当时，恒有，

所以时，有，

所以，

所以，化简得②，

联立①②，解得，

所以，

由得，解得或，

所以的定义域为.

（2）因为方程有解，所以有解，

所以在内有解，

因为，

因为，所以，

所以，所以，

所以，即

【点睛】本题考查了求函数的解析式、定义域、值域，考查了对数的运算法则，考查了方程有解问题，考查了转化思想，属于基础题.