福建省龙岩市2021-2022学年高一上学期期末教学质量检查数学试题

龙岩市2021～2022学年第一学期期末高一教学质量检查

数学试题

考试时间：120分钟   满分150分

第I卷（选择题共60分）

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求．请把答案填涂在答题卡上．

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出集合A，再求A与B的交集即可.

【详解】∵，

∴.

故选：D.

2. 设，则（    ）

A. 13 B. 12 C. 11 D. 10

【答案】A

【解析】

【分析】

将代入分段函数解析式即可求解.

【详解】，

故选：A

3. 已知，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由对数函数、指数函数、的单调性，可以得到，可得到大小关系

【详解】，，，则，

所以，

故选：B

4. 函数的图象大致是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用函数定义域，单调性以及特值，结合选项得到答案．

【详解】函数定义域为

，则为奇函数，排除选项C，D

又

故选：A

5. 已知定义域为的函数满足：，且，当 时，，则 等于（    ）

A  B.  C. 2 D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】根据函数的周期性以及奇偶性，结合已知函数解析式，代值计算即可.

【详解】因为函数满足：，且，

故是上周期为的偶函数，故，

又当 时，，则，

故.

故选：A.

6. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据，结合诱导公式和余弦的倍角公式，代值计算即可.

【详解】因为，

又，故.

故选：B.

7. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有数学王子的美誉，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其姓名命名的“高斯函数”为，其中表示不超过的最大整数，例如，已知函数，令函数，则 的值域为（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】先进行分离，然后结合指数函数与反比例函数性质求出的值域，结合已知定义即可求解．

【详解】解：因为，

所以，

所以，

则的值域．

故选：C．

8. 若函数的定义域为，满足：①在内是单调函数；②存在区间，使 在上的值域为，则称函数为“上的优越函数”．如果函数是“上的优越函数”，则实数的取值范围是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】由于是“上的优越函数”且函数在上单调递减，由题意得，，问题转化为与在时有2个不同的交点，结合二次函数的性质可求．

【详解】解：因为是“上的优越函数”且函数在上单调递减，

若存在区间，使在上的值域为，

由题意得，，

所以，，

即与在时有2个不同的交点，

根据二次函数单调性质可知，即．

故选：D．

二、多项选择题：本大题共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．请把答案填涂在答题卡上．

9. 下列命题是真命题的是（    ）

A.

B. “”是“”成立的充要条件

C. 命题“”的否定是“”

D. 若幂函数经过点，则

【答案】CD

【解析】

【分析】A根据对数运算性质判断；B根据充要条件概念判断；C根据特称命题的否定定义判断；D函数幂函数性质判断.

【详解】对于A：，故A错误；

对于B：由，不能得到，故“”是“”成立的充分不必要条件，故B错误；

对于C：因为“”否定是“”，故C正确；

对于D：因为幂函数经过点，所以，即，

即，故，故D正确.

故选：CD

【点睛】命题的否定与否命题：否定为条件不变，结论否定；其中含量词的命题的否定为量词转变，结论否定；否命题为条件与结论都要改变.

10. 已知函数 的图象关于直线对称，则（    ）

A.

B. 函数在 上单调递增

C. 函数的图象关于点成中心对称

D. 若，则的最小值为

【答案】BD

【解析】

【分析】首先利用函数的值求出函数的关系式，进一步利用正弦型函数性质的应用判断A、B、C、D的结论．

【详解】解：对于函数的图象关于对称，

故，

由于，所以，所以，

故，

所以；

对于A：由于，所以，故A错误；

对于B：由于，故，故函数在该区间上单调递增，故B正确；

对于C：当时，，故C错误；

对于D：若，则的最小值为，故D正确．

故选：BD．

11. 设，且，则下列不等式成立是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】AC

【解析】

【分析】对于选项A，利用已知求出的关系式，然后由即可求出的范围；对于选项BCD，利用基本不等式以及“1”的代换即可求解，判断是否正确．

【详解】对于选项A，因为，且，则，

由，则，即，解得，故A正确，

对于选项B，因为，所以，当且仅当时取等号，此时，解得，故B错误；

对于选项C，，且，则，即，由选项B可得：，当且仅当时取等号，故C正确；

选项D：因为 ，当且仅当时取等号，故D错误.

故选：AC．

12. 已知函数 若关于的方程有 5 个不同的实根，则实数的取值可以为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】作出函数的图象，结合图象可知关于的一元二次方程根的分布，根据一元二次根的分布列出不等式求解即可．

【详解】解：作出函数，的图象如下：

因为关于的方程有5个不同的实根，

令，则方程有2个不同的实根，则，解得或，

若，则或，

令，

∴或，解得；

当时解得，此时，解得，，不符合题意，故舍去；

∴综上可得.

故选：BCD

第II卷（非选择题共90分）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 写出一个定义域为，周期为的偶函数________．

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】结合定义域与周期与奇偶性，写出符合要求的三角函数即可.

【详解】满足定义域为R，最小正周期，且为偶函数，符合要求.

故答案为：

14. 东方设计中的 “白银比例” 是，它的重要程度不亚于西方文化中的“黄金比例”，传达出一 种独特的东方审美观．折扇纸面可看作是从一个扇形纸 面中剪下小扇形纸面制作而成（如图）． 设制作折扇时剪 下小扇形纸面面积为，折扇纸面面积为，当时，扇面看上去较为美观，那么原扇形半径与剪下小扇形半径之比的平方为________．

【答案】##

【解析】

【分析】设原扇形半径为，剪下小扇形半径为，，由已知利用扇形的面积公式即可求解原扇形半径与剪下小扇形半径之比．

【详解】解：由题意，如图所示，设原扇形半径为，剪下小扇形半径为，，

则小扇形纸面面积，折扇纸面面积，

由于时，可得，可得，

原扇形半径与剪下小扇形半径之比的平方为：．

故答案为：．

15. 若函数 在 上存在零点，则实数的取值范围是________．

【答案】

【解析】

【分析】分和并结合图象讨论即可．

【详解】解：令，则有，

原命题等价于函数与在上有交点，

又因为在上单调递减，且当时，，

在上单调递增，

当时，作出两函数的图像，

则两函数在上必有交点，满足题意；

当时，如图所示，只需，

解得，即，

综上所述实数的取值范围是.

故答案为：．

16. 直线与函数的图象相交，若自左至右的三个相邻交点依次为、、，且满足，则实数________．

【答案】或

【解析】

【分析】设点、、的横坐标依次为、、，由题意可知，根据题意可得出关于、的方程组，分、两种情况讨论，求出的值，即可求得的值.

【详解】设点、、的横坐标依次为、、，则，

当时，因为，所以，，即，

因为，得，

因为，则，

即，可得，

所以，，可得，

所以，；

当时，因为，所以，，即，

因为，得，

因为，则，

即，可得，

所以，，可得，

所以，.

综上所述，或.

故答案为：或.

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. 设函数的定义域为，函数的定义域为．

（1）求；

（2）若，求实数的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题知，即得；

（2）根据，得，即求.

【小问1详解】

由题知 ，

解得：，

∴.

【小问2详解】

由题知，若，

则，，

实数的取值范围是.

18. 如图， 以轴的非负半轴为始边作角与，它们的终边分别与单位圆相交于点，已知点的横坐标为．

（1）求的值；

（2）若， 求的值．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据三角函数的定义，求三角函数，代入求值；

（2）由条件可知，，利用诱导公式，结合三角函数的定义，求函数值.

【小问1详解】

的横坐标为，

.

【小问2详解】

由题可得，     

，   

.

19. 已知函数为奇函数．

（1）求实数的值，判断函数的单调性并用定义证明；

（2）求关于的不等式的解集．

【答案】（1），函数为R上的增函数，证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】(1)f(x)是R上奇函数，则f(0)＝0，即可求出a；设R，且，作差化简判断大小关系，根据单调性的定义即可判断单调性；

(2)，根据(1)中单调性可去掉“f”，将问题转化为解三角不等式.

【小问1详解】

∵的定义域是R且是奇函数，

∴，即.

为R上的增函数，证明如下：

任取R，且，

则，

∴为增函数，，∴．

∴，

∴，即，

∴在R上是增函数．

【小问2详解】

∵，，

又在R上是增函数，，即，

，

∴原不等式的解集为.

20. 已知函数．

（1）求函数的最小正周期；

（2）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象， 若关于的 方程在上有 2 个不等的实数解， 求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换化简，由周期公式求解即可；

（2）先求出的解析式，再把所求转化为方程在上有2个不等的实数解，令，根据图象即可求得结论．

【小问1详解】

解：

，即，

所以函数的最小正周期为．

【小问2详解】

解：由已知可得，

方程在上有2个不等的实数解，

即方程在上有2个不等的实数解．

令，

因为，，，，，

令，则，，

作出函数图象如下图所示：

要使方程在上有2个不等的实数解，

则．

21. 2021年12月9日15时40分，神舟十三号“天宫课堂”第一课开讲！受“天宫课堂”的激励与鼓舞，某同学对航天知识产生了浓厚的兴趣．通过查阅资料，他发现在不考虑气动阻力和地球引力等造成的影响时，火箭是目前唯一能使物体达到宇宙速度，克服或摆脱地 球引力，进入宇宙空间的运载工具．早在1903年齐奥尔科夫斯基就推导出单级火箭的最大理想速度公式： ，被称为齐奥尔科夫斯基公式，其中为发动机的喷射速度，和分别是火箭的初始质量和发动机熄火（推进剂用完 ）时的质量．被称为火箭的质量比．

（1）某单级火箭的初始质量为160吨，发动机的喷射速度为2千米/秒，发动机熄火时的 质量为40吨，求该单级火箭的最大理想速度（保留2位有效数字）；

（2）根据现在的科学水平，通常单级火箭的质量比不超过10．如果某单级火箭的发动机的喷射速度为2千米/秒，请判断该单级火箭的最大理想速度能否超过第一宇宙速度千米/秒，并说明理由．（参考数据：，无理数）

【答案】（1）千米/秒；   

（2）该单级火箭最大理想速度不可以超过第一宇宙速度千米/秒，理由见解析.

【解析】

【分析】（1）由题可知，，，代入即求；

（2）利用条件可求，即得.

【小问1详解】

，，，

该单级火箭的最大理想速度为千米/秒.

【小问2详解】

，，

，

，

，

.

该单级火箭最大理想速度不可以超过第一宇宙速度千米/秒.

22. 已知．

（1）当时，求的值；

（2）若的最小值为，求实数的值；

（3）是否存在这样的实数，使不等式对所有都成立．若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）或   

（3）存在，的取值范围为

【解析】

【分析】（1）先化简，再代入进行求解；（2）换元法，化为二次函数，结合对称轴分类讨论，求出最小值时m的值；（3）换元法，参变分离，转化为在恒成立，根据单调性求出取得最大值，进而求出的取值范围.

【小问1详解】

，

当时，

【小问2详解】

设，则，

，，其对称轴为，

的最小值为，

则；                                    

的最小值为；

则

综上，或

【小问3详解】

由，对所有都成立.

设，则，

恒成立，  

在恒成立，

当时，递减，则在递增，

时取得最大值

得,

∴

所以存在符合条件的实数，且m的取值范围为