2022-2023学年安徽省安庆市怀宁县第二中学高一上学期期末综合复习数学试题2

这是一份2022-2023学年安徽省安庆市怀宁县第二中学高一上学期期末综合复习数学试题2，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
怀宁县第二中学高一上学期期末综合复习试题                             数学试卷一、单项选择题：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．设集合，，那么“或”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．充要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件2．设、为实数，若，则的最大值为（    ）A．   B．    C．    D．3．若是偶函数，且当时，，则的解集是（    ）A． B．或C． D．4．已知函数则满足的实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．5．函数若函数只有一个零点，则下列值中，a不可能取（    ）A．2 B． C．0 D．16．函数的单调递增区间是（    ）A． B． C． D．7．函数，若，则的最小值是（ ）A． B． C． D．8．将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，所得函数的一条对称轴为（    ）A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共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，有选错的得0分，部分选对的得3分．9．已知函数，则下列结论正确的是（    ）A．是偶函数 B．有最小值C． D．方程有两个不相等的实数根10．已知函数，则（    ）A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称C．在区间上单调递增 D．在区间上有两个零点11．若函数(为常数，)的图象关于直线对称，则函数的图象（    ）A．关于直线对称 B．关于直线对称C．关于点对称 D．关于点对称12．定义一种运算.设（为常数），且，则使函数最大值为4的值可以是（    ）A．-2 B．6 C．4 D．-4第II卷（非选择题） 三、填空题（20分）13．函数在上的值域为________．14．已知函数，.若，，使，则实数的取值范围是______.15．若函数，则_________16．计算：______.四、解答题（70分）17．已知二次函数满足，且，，（1）求函数的解析式；（2）是否存在实数m，使得二次函数在上的图象恒在直线的上方？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由.  18．已知函数是奇函数．（1）求的值；（2）设，若对任意恒成立，求实数的取值范围． 19．已知函数．（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在区间上的值域．20．已知．（1）求函数的单调递减区间：（2）若函数在区间上有唯一零点，求实数的取值范围.  21．已知函数（1）求的最小正周期及对称中心；（2）若，且，求的值.   22．海水具有周期现象，某海滨浴场内水位y（单位：m）是时间t（，单位：h）的函数，记作，下面是某天水深的数据：t03691215182124y21.511.521.511.52经长期观察，的曲线可近似的满足函数.（1）根据以上数据，求出函数一个近似表达式；（2）一般情况下，水深超过1.25米该海滨浴场方可开放，另外，当水深超过1.75米时，由于安全原因，会被关闭，那么该海滨浴场在一天内的上午7:00到晚上19:00，有多长时间可以开放？     参考答案1．C【分析】利用集合的包含关系可判断两者之间的条件关系.【详解】“或”对应的集合为，“”对应的集合为，因为为的真子集，故“或”是“”的必要不充分条件，故选：C.2．A【分析】题设中的等式可转化为，利用基本不等式可求的最大值.【详解】，∴，∴，∴即，即，当且仅当时右边取等号，∴最大值为，故选：A.【点睛】思路点睛：利用基本不等式求最值时，需要结合目标代数式进行配凑，再利用基本不等式构造关于目标代数式的不等式，注意检验等号成立的条件.3．C【分析】根据是偶函数，先得到的解集，再由，将代入求解.【详解】因为时，，所以由，解得，又因为是偶函数，所以的解集是，所以，得，解得所以的解集是，故选：C4．B【分析】根据函数的解析式，得出函数的单调性，把不等式，转化为相应的不等式组，即可求解.【详解】由题意，函数，可得当时，，当时，函数在单调递增，且， 要使得，则 ，解得，即不等式的解集为，故选：B.【点睛】思路点睛：该题主要考查了函数的单调性的应用，解题思路如下：（1）根据函数的解析式，得出函数单调性；（2）合理利用函数的单调性，得出不等式组；（3）正确求解不等式组，得到结果.5．D【分析】根据函数只有一个零点，转化为函数只有一个交点，然后在同一坐标系中，画出函数的图象，利用数形结合法求解.【详解】因为函数只有一个零点，所以函数只有一个交点，在同一坐标系中，画出函数的图象，如图所示：由图象知：，所以a不可能取1，故选：D.6．C【分析】由不等式，求得函数的定义域，令，得到在区间上单调递增，在区间上单调递减，结合复数函数的单调性的判定方法，即可求解.【详解】由题意，函数有意义，则满足，即，解得，即函数的定义域为，令，则函数表示开口向下，对称轴方程为的抛物线，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，又由函数在定义上是递减函数，结合复数函数的单调性的判定方法，可得函数的递增区间为.故选：C.【点睛】函数单调性的判定方法与策略：1、定义法：一般步骤：设元作差变形判断符号得出结论；2、图象法：如果函数是以图象形式给出或函数的图象易作出，结合图象可求得函数的单调区间；3、导数法：先求出函数的导数，利用导数值的正负确定函数的单调区间；4、复合函数法：先将函数分解为和，再讨论这两个函数的单调性，最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判定.7．A【分析】化简得，由可知在，处取到最大值和最小值，不妨设在处有最大值，处取到最小值，可得,，,即可求出的最小值.【详解】，∴函数的最大值为3，最小值为﹣1，又，∴在，处取到最大值和最小值，不妨设在处有最大值，则，即，处取到最小值，则，即，所以，,，所以当时，的最小值为.【点睛】结论点睛：正弦型函数最值：①    ，当， 时取最大值；②    ，当， 时取最小值.8．A【分析】利用图象平移变换法则将的解析式中换成，得到的图象，利用正弦函数对称性由，求得所有对称轴方程，再比较作出判定.【详解】将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则，由，得，即，，则当时，对称轴为，故选A.【点睛】本题考查结合三角函数的图像变换求三角函数的性质，先做变换，注意“左加右减”，再将变换后的函数解析式中的当成一个整体,根据的对称轴求出所有对称轴，再作出判定.9．ABD【分析】A．利用函数奇偶性定义判断的奇偶性；B．根据的奇偶性和单调性确定出的最小值；C．根据的单调性，采用举例的方式进行分析；D．利用零点的存在性定理判断出的零点个数，即可分析出方程的实根个数.【详解】A．因为的定义域为关于原点对称，且，所以为上的偶函数，故正确；B．当时，单调递增，所以在单调递增，所以在上单调递减，所以，故正确；C．因为在上递减，在上递增，所以，所以，所以此时不成立，故错误；D．记，且在上递减，在上递增，所以在上递减，在上递增，又为偶函数，所以为偶函数，因为，所以在上有一个零点，所以在上也有一个零点，所以在上有两个零点，所以方程有两个不相等的实数根，故正确，故选：ABD.【点睛】结论点睛：奇、偶函数在对称区间上的单调性和最值：（1）奇函数在对称区间上的最值互为相反数；（2）偶函数在对称区间上的最值相等；（3）奇函数在对称区间上的单调性相同；（4）偶函数在对称区间上的单调性相反.10．CD【分析】求出， ，即可判定AB错误，得到C正确，解方程即可得到D选项正确.【详解】，所以A选项错误；，所以B选项错误；，是正弦函数的增区间的子区间，所以在区间上单调递增，所以C选项正确；令，，，所以在区间上有两个零点，所以D选项正确.【点睛】此题考查正弦型函数的单调性判断，求对称轴和对称中心以及零点问题，关键在于熟练掌握三角函数的基本性质.11．BD【分析】根据条件得，解出，运用辅助角公式化简，带值验证即可.【详解】解：由函数的图象关于直线对称得，即，解得，，对于A. ，所以A不正确；对于B. ，所以B正确；对于C. ，所以C不正确；对于D. ，所以D正确.故选：BD.【点睛】选择题中研究形式的函数图象的对称性：（1）判定是否为的对称轴，只需要验证是否成立，成立正确；不成立错误.（2）判定是否为的对称中心，只需要验证是否成立，成立正确；不成立错误.12．AC【分析】根据定义，先计算在，上的最大值，然后利用条件函数最大值为4，确定的取值即可．【详解】在，上的最大值为5，所以由，解得或，所以时，，所以要使函数最大值为4，则根据定义可知，当时，即时，，此时解得，符合题意；当时，即时，，此时解得，符合题意；故或4，故选：AC13．【分析】本题首先可将函数转化为，然后根据基本不等式即可得出结果.【详解】，因为，所以，当且仅当时取等号，则函数在上的值域为，故答案为：.14．【分析】转化为可求得结果.【详解】因为在上单调递增，所以当时，，因为在上单调递减，所以当时，.若，，使，只要使即可.即，解得，所以实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．15．【分析】先根据时，得当时，，进而得函数是以为周期的周期函数，再根据函数周期性求值即可得答案.【详解】解：因为时，，所以，故，所以，所以当时，.即当时，函数是以为周期的周期函数.所以.故答案为：.【点睛】本题考查函数的周期性，解题的关键在于根据时，得当时，，进而根据周期性得.16．【分析】根据三角函数的基本关系式和两角和差的正弦函数公式，进行化简、运算，即可求解.【详解】原式.故答案为：【点睛】本题主要考查了三角函数的基本关系式，以及两角和与差的正弦公式的化简、求值，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，准确运算是解答的关键，着重考查运算与求解能力.17．（1）；（2）存在；.【分析】（1）根据题意，分析可得的对称轴为，结合的值设，又由，可得a的值，即可得函数的解析式；（2）根据题意，假设存在存在实数m，可得在上恒成立，设，结合二次函数的性质可得，解可得m的取值范围，即可得答案．【详解】（1）因为，所以二次函数的图象的对称轴为，又，故可设二次函数，又因为，所以，解得：，所以；（2）假设存在实数，使得二次函数在上的图象恒在直线的上方，等价于不等式，即在上恒成立，令，即等价于，解得：，所以实数的取值范围为.18．（1）；（2）.【分析】（1）由求出，再检验函数为奇函数即可得；（2）求出时的最小值，然后解不等式，同时使得对数有意义．【详解】（1）由于为奇函数，且定义域为，∴，即，.检验：当时，，，∴为奇函数.（2）∵，∴，又∵在区间上是增函数，∴当时，，由题意得，∴.【点睛】方法点睛：本题考查由奇偶性求参数，考查不等式恒成立．由奇函数求参数的方法：（1）若时有意义，则由求得参数，然后代入进行检验函数确实是奇函数，检验的原因是是为奇函数的既不充分也不必要的条件．（2）根据奇函数的定义求解．19．（1）；（2）．【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式，二倍角公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质求得最小正周期；（2）用整体思想结合正弦函数性质可得值域．【详解】（1），所以最小正周期为；（2）时，，所以，所以的值域为．【点睛】关键点点睛：本题考查求三角函数的周期与值域，解题关键是利用二倍角公式，两角和与差的正弦（或余弦）公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数的性质求解．20．（1）；（2）或.【分析】（1）化简，利用正弦函数的递减区间列式可解得结果；（2）转化为函数在上的图象与的图象有唯一交点，根据图象可得结果.【详解】（1），令，，解得：，，∴的单调递减区间为.（2）由（1）知，函数，在上有唯一零点等价于在上有唯一实根，设，，依题意可知与的图象有唯一交点，函数在上的图象如图： 由图可知实数应满足或，∴或，故实数的取值范围或.【点睛】关键点点睛：转化为函数在上的图象与的图象有唯一交点，根据图象求解是解题关键.21．（1）；对称中心为；（2）.【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简得求得最小正周期及对称中心；（2）求得，对角拆分利用两角和差的余弦公式得解.【详解】(1) .所以的最小正周期.由得，所以的对称中心为.(2) 由得，因为，所以，所以，所以.【点睛】熟练运用二倍角公式、辅助角公式、两角和差的余弦公式及合理拆分角是解题关键，属于基础题.22．（1）；（2）.【分析】（1）观察表格中的数据可得、、，带入周期计算公式求出，再带入特殊点可求得，即可写出函数一个近似表达式；（2）根据题意有，根据正弦函数的图像与性质求解t，由可得，即可得解.【详解】（1），∴，，，过点，∴，则，∴，∴的一个解析式可以为.（2）由题意得：即，，或，解得或，又，解得，又∵∴，所以开放时间共4h.【点睛】本题考查函数的实际应用、正弦函数的图像与性质