天津市南开区2021-2022学年高一上学期期末数学试题

这是一份天津市南开区2021-2022学年高一上学期期末数学试题，共13页。试卷主要包含了 设全集，集合，，则等于， 命题“对任意，都有”的否定， 已知 ，那么“”是“”的， 的值为， 三个数， 之间的大小关系为， 已知中，，则等内容，欢迎下载使用。
1. 设全集，集合，，则等于
A. B. {4}C. {2,4}D. {2,4,6}
【答案】C
【解析】
【分析】由并集与补集的概念运算
详解】
故选：C
2. 命题“对任意，都有”的否定（ ）
A. 对任意 都有B. 不存在，使得
C. 对任意，都有D. 存在，使得
【答案】D
【解析】
【分析】将全称命题否定为特称命题.
【详解】命题“对任意，都有”否定为
“存在，使得”，
故选：D
3. 在下列函数中，函数表示同一函数的（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，判断函数是否相等，需对比定义域和对应关系，先求定义域，再整理解析式，可得答案.
【详解】由题意，函数，其定义域为，其解析式为，
对于A，函数，其定义域为，故A错误；
对于B，函数，其定义域为，对应法则不同，故B错误；
对于C，与题目中的函数一致，故C正确；
对于D，函数，其定义域为，故D错误，
故选：C.
4. 已知 ，那么“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件得定义即可得解.
【详解】解：由得或，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
5. 函数的零点一定位于下列哪个区间（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据零点存在性定理，即可求解.
【详解】由题意可知，，，
故，
又因函数在上单调递增，
所以函数的零点一定位于区间.
故选：B.
6. 的值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】
故选：A．
7. 三个数， 之间的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合指数函数、对数函数的单调性，以及临界值，求解即可.
【详解】由题意，即，
，即，
，
综上：
故选：A
8. 为了得到函数的图像，可以将函数的图像（ ）
A. 向左平移个单位B. 向右平移个单位
C. 向左平移个单位D. 向右平移个单位
【答案】D
【解析】
【分析】先将两函数转化为的形式，计算两者的差值，利用口诀“左加右减”可知如何平移.
【详解】因为，，
且，
所以由的图像转化为需要向右平移个单位.
故选：D.
9. 已知偶函数f (x)在区间 单调递增，则满足的 x 取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由偶函数性质得函数在上的单调性，然后由单调性解不等式．
【详解】因为偶函数在区间上单调递增，
所以在区间上单调递减，故越靠近轴，函数值越小，
因为，
所以，解得：.
故选：A．
10. 已知中，，则（ ）
A. 或B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】先利用三角函数的基本关系式求得，再利用正弦定理推得为锐角，从而可求得，再利用余弦的和差公式即可求得.
【详解】因为在中，，所以，
所以，由正弦定理可得，故，故为锐角，
所以，
所以.
故选：B.
二.填空题
11. 的值是_____.
【答案】##
【解析】
【分析】利用余弦的和差公式、诱导公式及特殊角的三角函数值可解.
【详解】.
故答案为：.
12. 半径为的圆的一段弧长等于，则这段弧所对圆心角的弧度数为______ .
【答案】
【解析】
【分析】
直接由弧长公式求解即可.
【详解】由知.
故答案为：
【点睛】本题考查扇形的弧长公式，属于基础题.
13. 不等式解集是________.
【答案】或
【解析】
【分析】利用二次不等式的解法解之即可.
【详解】因为，所以，
故，
解得或，
所以的解集是或.
故答案为：或.
14. 已知，且，则的最小值是________
【答案】
【解析】
【分析】利用凑项法与基本不等式“1”的妙用即可求得的最小值.
【详解】因为，所以，
又因为，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
故的最小值是.
故答案为：.
15. 下列命题中：
①与互为反函数，其图像关于对称;
②已知函数，则;
③当，且时，函数必过定点；
④已知，且，则实数.
上述命题中的所有正确命题的序号是___________.
【答案】①③
【解析】
【分析】对于①，由与互为反函数，其图像关于对称即可判断；
对于②，令可得，从而可求得函数值；
对于③，根据指数函数过定点的性质即可求得所过定点；
对于④，由指对互换得到，再由对数换底公式可得，代入即可求得.
【详解】对于①，因为与互为反函数，其图像关于对称；所以当时，与互为反函数，其图像关于对称，故命题①正确；
对于②，因为，所以令，得，故命题②错误；
对于③，因为，所以令，即，则，故过定点，故命题③正确；
对于④，因为，所以，
所以，
故由得，即，即，
所以，故命题④错误.
故答案为：①③.
三.解答题
16. 计算
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据指数幂的运算性质，求解即可；
（2）根据对数的运算性质和运算律，求解即可.
【小问1详解】
【小问2详解】
17. 已知，
计算：（1）；
（2）.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）分子分母同除以，得到，代入的值即可；
（2），分子分母同除以，得到，代入的值即可.
【详解】（1）.
（2）.
【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系的应用，涉及到，的齐次式的计算，考查学生转化与化归的思想，是一道容易题.
18. 已知函数f(x)的图像如图所示，在区间上是抛物线的一段.
（1）求f(x)的解析式
（2）解不等式.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分，和三段，结合二次函数与一次函数，利用待定系数法求解即可；
（2）根据函数解析式分段求解不等式即可.
【小问1详解】
解：由图可知，当时，，
当时，设，
把点代入得，解得，
所以，
当时，设，
把代入得，
，解得，
所以，
所以；
【小问2详解】
解：，
当时，，解得，不符合，舍去，
当时，，解得，
当时，，解得，所以，
综上，不等式得解集为.
19 已知.
（1）求的值
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（2）由平方关系求得，再根据二倍角得余弦公式即可得解；
（2）由（1）求得，再根据两角差得正切公式即可得解.
【小问1详解】
解：因为，所以，
所以，
又因为，
所以；
【小问2详解】
解：由（1）得，
所以，
所以.
20. 已知函数
（1）求的最小正周期和对称中心;
（2）求的单调递减区间；
（3）当时，求函数f(x)的最大值及取得最大值时x的值
【答案】（1），；
（2）；
（3）当时，最大值为．
【解析】
【分析】（1）利用二倍角降幂公式、辅助角公式可得出，利用周期公式可计算出函数的最小正周期，解方程可得出函数的对称中心坐标；
（2）解不等式，可得出函数的单调递减区间；
（3）由，计算出的取值范围，利用正弦函数的性质可得出该函数的最大值以及对应的的值.
【小问1详解】
，
所以，函数的最小正周期为.
由，可得，
函数的对称中心为；
【小问2详解】
解不等式，
解得.
因此，函数的单调递减区间为；
【小问3详解】
当时，，
当时，
即当时，
函数取得最大值，最大值为．