2022-2023学年湖南省株洲市第二中学高一上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省株洲市第二中学高一上学期期末数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则的子集的个数是（ ）
A．15B．8C．7D．16
【答案】D
【分析】根据不等式的性质，结合子集个数公式进行求解即可.
【详解】因为，所以由，
所以的子集的个数是，
故选：D
2．已知，，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】由条件结合充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】当时，若，则，故充分性不成立.
当时，若，则 ，故必要性不成立，
所以“”是“”的既不充分又不必要条件.
故选：D
3．中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”．如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互变化、对称统一的形式美、和谐美．给出定义：能够将以坐标原点O为圆心的圆的周长和面积同时平分的函数称为此圆的“优美函数”，则下列函数中一定是“优美函数”的为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可知优美函数的图像过坐标原点，图像关于坐标原点对称，是奇函数，再分别检验四个选项即可得出正确选项.
【详解】根据优美函数的定义可知，优美函数的图像过坐标原点，图像关于坐标原点对称，是奇函数，
对于A，不是奇函数，A选项错误；
对于B，不是奇函数，B选项错误；
对于C，的定义域为，且是奇函数，C项正确；
对于D，的定义域为，所以图像不经过坐标原点，D选项错误；
故选：C．
4．已知函数，则函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据二次根式的性质，结合复合函数的定义域性质进行求解即可.
【详解】由，
于是有，
故选：C
5．下列函数中，以为最小正周期且在区间上单调递减的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角函数的最小正周期、单调性对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】A选项，对于函数，由得，
所以不满足“区间上单调递减”，A选项错误.
B选项，对于函数，根据函数的图象可知，函数的最小正周期为，
且函数在区间上单调递减，符合题意，B选项正确.
C选项，对于函数，其在区间上单调递增，不符合题意，C选项错误.
D选项，对于函数，最小正周期，不符合题意，D选项错误.
故选：B
6．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据奇偶性及函数值的正负判断即可.
【详解】因为，定义域为R
所以
所以为奇函数，且，排除CD
当时，，即，排除A
故选：B.
7．若，，，则、、的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】借助中间量比较大小即可.
【详解】解：由题知，，，
所以，即.
故选：D
8．函数 ，若互不相等，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用三角函数、对数函数的图像和性质，画出函数的图像，再利用图像数形结合即可发现、、间的关系和范围，最后求得所求范围.
【详解】函数的图像如图所示：
设，由函数图像数形结合可知：，
，
．
故选：C．
二、多选题
9．已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】先求得的关系式，然后对选项逐一分析，从而确定正确答案.
【详解】由于，所以，
A选项，由于，所以，所以A选项错误.
B选项，当时，，所以B选项错误.
C选项，由于，所以，所以C选项正确.
D选项，在上递减，，所以，所以D选项正确.
故选：CD
10．下列各式中，值为的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据诱导公式，结合两角和的正弦公式、正切公式逐一判断即可.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确：
对于C，，故C正确；
对于D，
，故D错误；
故选：ABC
11．设函数（），则下列叙述正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称
C．在上的最小值为D．的图象关于点对称
【答案】ABD
【分析】根据正弦型函数的周期公式、对称性、最值逐一判断即可.
【详解】∵，∴，又，∴，∴；
对于A，的最小正周期，A正确；
对于B，因为，所以的图象关于直线对称，B正确；
对于C，当时，，则当，即时，，C错误；
对于D，当时，，此时，∴的图象关于点对称，D正确.
故选：ABD
12．已知函数对都有，且函数的图像关于点对称，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．在区间上单调递减
C．是上的奇函数D．函数有6个零点
【答案】ACD
【分析】先分析清楚函数的单调性，对称性和周期性，再逐项分析.
【详解】对都有，则，
即函数是周期函数，周期为4；
令 ，依题意有 ，即 ，
令 ，则有 ，所以 是奇函数， ，C正确；
又 ，令 ，则有 ，
关于直线 对称；
当时，，当时， ，
对于A，，A正确；
对于B，因函数在上递增，函数的周期为4，则在上递增，B错误；
对于D，函数的零点，即函数与图像交点的横坐标，
在同一坐标系内作出函数与的部分图像，如图，
因函数的最大值为1，而当时，，因此函数与图像的交点在内，
观察图像知，函数与图像在内只有6个交点，所以函数有6个零点，D正确；
故选：ACD.
三、填空题
13．函数的图象恒过定点P，P在幂函数的图象上，则___________.
【答案】64
【分析】由题意可求得点，求出幂函数的解析式，从而求得.
【详解】令，则，故点；
设幂函数，
则，
则；
故；
故答案为：64.
14．若正实数、，满足，则的最小值为______.
【答案】2
【分析】求得的关系式，然后结合基本不等式求得正确答案.
【详解】正数满足，
所以，当且仅当时等号成立.
故答案为：
15．已知，则______.
【答案】0
【分析】根据诱导公式进行求解即可.
【详解】
故答案为：
四、双空题
16．已知函数（，）在区间上单调，且满足.
（1）若，则函数的最小正周期为______.
（2）若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为______.
【答案】
【分析】（1）由题可得对称中心，根据三角函数的性质结合条件判断的大概取值范围，再结合条件可得函数的对称轴即可得到的值从而得出最小正周期；
（2）根据函数的对称中心及的大概取值范围，结合三角函数的图象可得，从而解出.
【详解】因为函数在区间上单调，且满足，
∴对称中心为，
代入可得，，①
∵在区间上单调，且对称中心为，
又∵，，
∴在区间上单调，
∴， ，即，
∴.
（1）∵，
∴关于对称，代入可得，，②
①－②可得，，即，，又，
∴，；
（2）∵对称中心为，∴，
∵在区间上恰有5个零点，
∵相邻两个零点之间的距离为，五个零点之间即，六个零点之间即，
∴只需即可，
所以，又∵，
∴.
故答案为：；.
五、解答题
17．计算：
(1)；
(2)
【答案】(1)；
(2)1.
【分析】（1）根据指数幂的运算性质，结合对数换底公式进行求解即可；
（2）根据诱导公式，结合两角和正弦公式进行求解即可.
【详解】（1）；
（2）.
18．已知全集，集合，.
(1)当时，求；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）先求出集合、，进而求出，再根据集合间的并集运算即可；
（2）由可得，分和两种情况讨论即可求解.
【详解】（1）由，所以，即，
所以，
当时，，全集，
所以或，
所以或.
（2）因为，所以，
当时，满足，所以，解得；
当时，则，解得.
综上所述，的取值范围是.
19．已知，.
(1)求的值；
(2)若，且，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据诱导公式化简整理，上下同除，计算即可得答案.
（2）根据题意及的范围，可求得的值，根据两角差的余弦公式，
可得的值，进而可得的值，根据两角和的正切公式，可得的值，即可得答案.
【详解】（1）∵，
∴，解得.
（2）∵，∴，且，
∴，
∴，
∴，则，
∴，
又∵，∴.
20．已知函数.
(1)求函数的最小正周期、单调增区间及对称中心；
(2)求函数在上的值域.
【答案】(1)；，；，
(2)
【分析】（1）先化简函数，可得，再结合正弦函数的性质求解即可；
（2）根据正弦函数的性质求解即可.
【详解】（1），
即.
所以函数的最小正周期.
令，，即，
所以的单调递增区间，.
令，，解得，
所以对称中心为，.
（2）由（1）知：，
当，，即，
所以在上的值域为.
21．已知函数为奇函数，.
(1)求的值；
(2)判断函数的单调性，并用单调性的定义证明；
(3)若存在，不等式有解，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)在上单调递减，证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据奇函数的性质，求出参数的值，再代入检验即可；
（2）根据指数函数的单调性结合条件可得函数的单调性，再利用定义法证明即得；
（3）根据函数的奇偶性与单调性得到在有解，然后根据二次函数的性质即得.
【详解】（1）因为的定义域为R，又为奇函数，
所以，即，解得，
所以，
则，
所以为奇函数，
故；
（2）在R上单调递减，
证明：设任意的，且，
所以，
又因为，在上单调递增，
所以，即，且，
所以，即，
所以在上单调递减；
（3）因为是定义在上的奇函数，
所以，
因为函数在上单调递减，
所以，
因为存在，不等式有解，
即在有解，
因为，
所以，
即实数的取值范围为.
22．函数，，记，且为偶函数.
(1)求常数的值；
(2)若对一切，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)设，若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据偶函数的定义，即可求出常数的值；
（2）将不等式恒成立，转化为恒成立，利用换元法和基本不等式求出的最大值，即可得实数的取值范围；
（3）将函数与的图象有且只有一个公共点，转化为仅有一解，设，依题意只有一个正实根，分类讨论a的不同情况，即可求出实数的取值范围.
【详解】（1）由题意可知，，，
为偶函数，，
即，
，
，，
.
（2）由（1）得，
条件，即：，
，
设，
令，
当且仅当，即时等式成立，
，
即；
（3）依题意：，即仅有一解，
则
即，故
设，依题意只有一个正实根.
当时，，
（舍）
当时，方程有一正根，一负根，
由，得.
当时，方程有两个相等的正根.
由，得，
即，
其中，当时，符合题意；当时，不符合题意.
综上所述，实数的取值范围是
【点睛】分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.