云南省玉溪市2021-2022学年高一上学期期末教学质量检测数学试题

这是一份云南省玉溪市2021-2022学年高一上学期期末教学质量检测数学试题，共14页。

1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、姓名、班级、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的学校、姓名、班级、准考证号、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码.
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，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.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交回.
一、单选题：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. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出集合和中的元素，求交集即可.
【详解】由题意得，，，则.
故选：C.
2. 在半径为2的圆上，一扇形的弧所对的圆心角为，则该扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用扇形的面积公式即可求面积.
【详解】由题设，，则扇形的面积为.
故选：D
3. 函数的零点所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数解析式判断上的符号、上单调性，再结合零点存在性定理判断零点所在区间.
【详解】由解析式知：在上恒成立，
在上单调递减，且，，
综上，零点所在的区间为.
故选：B
4. 已知角的终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义计算可得；
【详解】解：因为角终边过点，所以；
故选：A
5. 幂函数的图象关于轴对称，且在上是增函数，则的值为（ ）
A. B. C. D. 和
【答案】D
【解析】
【分析】分别代入的值，由幂函数性质判断函数增减性即可.
【详解】因为，，
所以当时，，由幂函数性质得，在上是减函数；
所以当时，，由幂函数性质得，在上是常函数；
所以当时，，由幂函数性质得，图象关于 y 轴对称,在上是增函数；
所以当时，，由幂函数性质得，图象关于 y 轴对称,在上是增函数；
故选：D
6. 函数，，则函数的图象大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先判断出为偶函数，排除A; 又，排除D;利用单调性判断B、C.
【详解】因为函数，，所以函数.
所以定义域为R.
因为，所以为偶函数.排除A;
又，排除D;
因为在为增函数，在为增函数，所以在为增函数.因为为偶函数，图像关于y轴对称，所以在为减函数.故B错误，C正确.
故选：C
7. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指对数函数的性质比较a，b，c的大小即可.
【详解】由，
所以.
故选：B
8. 已知函数是定义域为的奇函数，且，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由奇偶性结合得出，再结合解析式得出答案.
【详解】由函数是定义域为的奇函数，且，，而，则
故选：A
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分.
9. 可以作为的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
分析】先解不等式，然后判断充分不必要条件.
【详解】，
，
，解得或.
所以可以作为的一个充分不必要条件是或.
故选：AC
10. 已知且，，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B. ，C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】A作差法比较大小，B、C分别根据幂函数、指数函数的性质判断，D令即可判断正误.
【详解】A：，即，正确；
B：当时在上递减，故，错误；
C：由在定义域上递增，故，正确；
D：当时，错误.
故选：AC
11. 下列选项中，在为增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据函数单调性的定义分别判断即可得到答案
【详解】当时，为增函数，A正确
，因为与在上均为增函数，所以在也为增函数，B正确
的对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增，不符合题意，C错误
，因为与在均为减函数，所以在也为减函数，D错误
故选：AB
12. 已知，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】考虑角 所在的象限，以及同角关系和题目所给的条件即可.
【详解】由 …①，以及 ，
对等式①两边取平方得 ， …②，
，，由②， ，
由①② ， 可以看作是一元二次方程 的两个根，
解得 ， ，
故A正确，B正确，C错误，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. 函数（且）的定义域为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据对数的性质有，即可求函数的定义域.
【详解】由题设，，可得，即函数的定义域为.
故答案为：
14. 若正数x，y满足，则的最小值是_________．
【答案】##
【解析】
【分析】由基本不等式结合得出最值.
【详解】（当且仅当时，等号成立），即最小值为.
故答案为：
15. 的值等于____________．
【答案】2
【解析】
【分析】利用诱导公式、降次公式进行化简求值.
【详解】.
故答案为：
16. 已知函数（且），若对，，都有．则实数a的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】由条件可知函数是增函数，可得分段函数两段都是增函数，且时，满足，由不等式组求解即可.
【详解】因为对，且都有成立，
所以函数在上单调递增.
所以，解得.
故答案为：
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 求解下列问题
（1）化简（其中各字母均为正数）：；
（2）化简并求值：．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合指数运算求得正确答案.
（2）结合对数运算求得正确答案.
【小问1详解】
原式
．
【小问2详解】
原式
18. 已知集合，．
（1）若，求；
（2）在①，②，③，这三个条件中任选一个作为已知条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）分别求出集合和集合，求并集即可；
（2）选①，根据集合和集合的位置在数轴上确定端点的关系，列出不等式组即可求解，
选②，先求出，再根据条件在数轴确定端点位置关系列出不等式组即可求解，
选③，得到，根据数轴端点位置关系列出不等式组即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
又因为，所以．
【小问2详解】
若选①：则满足或，
所以的取值范围为或．
若选②：所以或，
则满足，所以的取值范围为．
若选③： 由题意得，
则满足
所以的取值范围为
19. 已知函数．
（1）求的最小正周期和对称中心；
（2）填上面表格并用“五点法”画出在一个周期内的图象．
【答案】（1），它的对称中心为，
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）：根据二倍角与辅助角公式化简函数为一名一角即可求解；
（2）：根据五点法定义列表作图即可．
【小问1详解】

∴函数的最小正周期；
令，，解得，，可得它的对称中心为，．
【小问2详解】
20. 设关于x二次函数．
（1）若，解不等式；
（2）若不等式在上恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设有，解一元二次不等式求解集即可.
（2）由题意在上恒成立，令并讨论m范围，结合二次函数的性质求参数范围.
【小问1详解】
由题设，等价于，即，解得，
所以该不等式解集为.
【小问2详解】
由题设，在上恒成立．
令，则对称轴 且，
①当时，开口向下且，要使对恒成立，
所以，解得，则．
②当时，开口向上，只需，即
综上，．
21. 已知函数为奇函数．
（1）求的值；
（2）判断的单调性，并用定义证明；
（3）解不等式．
【答案】（1）
（2）单调递减，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据奇函数性质求解即可；
（2）根据定义法严格证明单调性，注意式子正负的判断即可求解；
（3）根据奇函数性质化简不等式得，
再根据函数单调性得到，代入函数解不等式即可求解.
【小问1详解】
因为为奇函数且的定义域为，
所以由奇函数性质得，解得，当时，
，，
即，符合题意.
【小问2详解】
在上单调递减，证明如下：
由（1）知，，，时，
，
因为，所以，，
所以，即在上单调递减．
【小问3详解】
因为，所以，
因为为奇函数，，所以，
又因为在上单调递减，所以，
即，所以，即，解得，
即不等式的解集为．
22. 某企业为抓住环境治理带来的历史性机遇，决定开发生产一款大型净水设备．生产这款设备的年固定成本为万元，每生产台需要另投入成本（万元），当年产量不足台时，万元，当年产量不少于台时，万元．若每台设备的售价为万元，经过市场分析，该企业生产的净水设备能全部售完．
（1）求年利润（万元）关于年产量（台）的函数关系式；
（2）年产量为多少台时，该企业在这一款净水设备的生产中获利最大？最大利润是多少万元？
【答案】（1）；
（2）当年产量为台时，该企业在这款净水设备的生产中获利润最大，最大为万元．
【解析】
【分析】（1）分别在和两种情况下，由可得函数关系式；
（2）利用二次函数性质、基本不等式可分别求得和时的最大值，比较即可得到结果.
【小问1详解】
当，时，
；
当，时，
；
综上所述：.
【小问2详解】
当，时，，
则当时，的最大值为；
当，时，
（当且仅当，即时等号成立）；
当年产量为台时，该企业在这款净水设备的生产中获利润最大，最大为万元．
x
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