2022山西省怀仁市一中高一上学期期末数学试题含解析

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1 已知集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由集合的补集与交集的定义即可求解.
【详解】解：因为集合，，，
所以，
所以，
故选：A.
2. 命题：“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】写出全称命题的否定即可.
【详解】“”的否定是：.
故选：C.
3. 函数零点所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的单调性及零点存在性定理即得.
【详解】由题意，函数在R上单调递增，
且，，
所以函数的零点所在的区间是.
故选：A.
4. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. 5D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得，即求.
【详解】∵，
∴.
故选：D
5. 的单调递增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出函数的定义域，再利用复合函数的单调性可求函数的递增区间.
详解】由题设可得，故或，
故函数定义域为，
令，
则在为减函数，在上为增函数，
因为在上为增函数，故的增区间为，
故选：D.
6. 设，其中，若，则等于（ ）
A. B. 7C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式整体化简求值即可得答案.
【详解】解：因为，
所以，
所以，
所以
，
故选：D.
7. 设，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数，的单调性比较大小即可
【详解】解：因为函数在区间上单调递增，所以，即，
因为函数在上单调递减，所以，即，
所以
故选：D
8. 已知某物体的温度θ(单位：摄氏度)随时间t(单位：分钟)的变化规律是θ＝m·2t＋21－t(t≥0，m>0)，若物体的温度总不低于2摄氏度，则实数m的取值范围是（ ）
A. ，＋∞)B. ，＋∞)
C. ，＋∞)D. [1，＋∞)
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用基本不等式求解最值即可．
【详解】由基本不等式可知，，
当且仅当“”时取等号，
由题意，，即，解得．
故选：C．
9. 已知，且，若有解，则实数m的取值范围为（ ）
A. （∞，1）∪（9，+∞）B. （9，1）C. [9，1]D. （1，9）
【答案】A
【解析】
【分析】由有解，可知只要大于的最小值即可，所以结合基本不等式求出的最小值，再解关于的不等式即可
【详解】因为，且，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时的最小值为9，
因为有解，所以，即，
解得或，
故选：A
10. 魏晋南北朝时期，我国数学家祖冲之利用割圆术，求出圆周率π约为，是当时世界上最精确的圆周率结果，直到近千年后这一记录才被打破．若已知π的近似值还可以表示成4sin52°，则的值为（ ）
A. B. C. 8D. ﹣8
【答案】B
【解析】
【分析】将π＝4sin52°代入中，结合三角恒等变换化简可得结果．
【详解】将π＝4sin52°代入中，
得.
故选：B
11. 已知函数在上为偶函数，若任意且都有，且，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知函数在上单调递增，在上单调递减，且，，由此解不等式，即可求出结果.
【详解】因为任意且都有，
所以函数在上单调递增，
又函数在上为偶函数，且，
所以函数在上单调递减，且，
当时，，，
所以当时，；
当时，，，
所以当时，；
综上，不等式的解集为.
故选：C.
12. 对于函数和，设，，若存在，使得，则称与互为“零点相邻函数”．若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题知函数有唯一零点为1，进而得在上有解，再根据二次函数零点分布求解即可.
【详解】∵，∴在R上单调递增，
又，∴有唯一零点为1，
令的零点为，依题意知，即，
即函数在上有零点，
令，则在上有解，即在上有解，
∵，当且仅当时取等号，
∴.即实数的取值范围是.
故选：B
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 函数的定义域是___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数有意义直接列出不等式组求解即可作答.
【详解】要使函数有意义，则有，解得，
所以函数的定义域是.
故答案为：
14. 已知正数a，b是关于x的方程的两根，则的最小值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】根据韦达定理可得，，进而，
利用基本不等式计算即可.
【详解】由题意，得，，则，当且仅当，即时等号成立.经检验，知当时，方程有两个正实数解，符合题意，所以的最小值为4.
故答案为：4
15. 已知函数（且），若，则的值等于______．
【答案】16
【解析】
【分析】利用对数的运算性质化简可得结果.
【详解】.
故答案为：.
16. 已知函数，其中常数．若在上单调递增，则的取值范围是______；若，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则的图象的对称轴方程为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）由已知条件，利用正弦函数的单调性即可求得ω的范围；
（2）利用三角函数的图象变换求出的解析式，从而即可求解的对称轴方程.
【详解】解：因为函数在上单调递增，
所以，即，解得；
若，则，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数，
令，可得，所以的图象的对称轴方程为.
故答案为：；.
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17. 计算下列各式的值.
（1）
（2）
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用对数的运算法则及对数恒等式即求；
（2）利用指数幂的运算法则即求.
【小问1详解】
原式
【小问2详解】
原式
18. 已知集合，．
（1）若，求；
（2）若，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用交集的定义可求.
（2）根据可求实数m的取值范围．
【小问1详解】
时，故.
【小问2详解】
因为，故，
若即时，，符合；
若，则，解得，
综上，.
19. 已知函数．
（1）若，且关于x的不等式的解集是，求在区间上的最值；
（2）若，，，解关于x的不等式．
【答案】（1），.
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据不等式的解可求的值，结合二次函数的性质可求在区间上的最值；
（2）就的不同取值范围分类讨论后可得不等式的解.
【小问1详解】
因为的解为，
故、为的两个解，所以即，
故，
因为，故，.
【小问2详解】
由题设有，
因为，故即，
若，则，故不等式的解集为.
若，则，故不等式的解集为.
若，则，故不等式的解集为.
20. 已知函数．
（1）求函数的单调递减区间；
（2）若为锐角，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角变换公式可得，利用整体法可求单调减区间.
（2）利用两角差的余弦可求的值.
【小问1详解】
，
令，则，
故函数的单调递减区间为.
【小问2详解】
由可得，
因为锐角，故，而，
故，所以，
而.
21. 党中央国务院对节能减排高度重视，各地区认真贯彻党中央国务院关于“十三五”节能减排的决策部署，把节能减排作为转换发展方式，新能源汽车环保节能以电代油，减少排放，既符合我国国情，也代表了汽车产业发展的方向．为了响应国家节能减排的号召，2022年某企业计划引进新能源汽车生产设备．通过市场分析：全年需投入固定成本2500万元．每生产x（百辆）新能源汽车，需另投入成本万元，且由市场调研知，每辆车售价9万元，且生产的车辆当年能全部销售完．
（1）请写出2022年的利润（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式；（利润＝售价－成本）
（2）当2022年的总产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润．
【答案】（1）2022年的利润（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式为
（2）当时，即2022年生产80百辆时，该企业获得利润最大，且最大利润3640万元.
【解析】
【分析】（1）由所给函数模型写出函数式，需分段求解；
（2）分别由二次函数的性质和基本不等式求得最大值后比较可得．
【小问1详解】
当时，；
当时，；
所以
【小问2详解】
当时，，
当时，；
当时，
（当且仅当即时，“”成立）
因为
所以，当时，即2022年生产80百辆时，该企业获得利润最大，且最大利润为3640万元.
答：（1）2022年的利润（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式为.
（2）当时，即2022年生产80百辆时，该企业获得利润最大，且最大利润为3640万元.
22. 已知函数（，），若的图象的相邻两对称轴间的距离为，且过点．
（1）当时，求函数的值域；
（2）记方程在上的根从小到大依次为，，…，，试确定n的值，并求的值．
【答案】（1）
（2），n=5
【解析】
【分析】（1）根据题设条件可求的值，再利用整体法可求函数的值域.
（2）结合图象特征可求的值．
【小问1详解】
的图象的相邻两对称轴间的距离为，故，故，故，
因为图象过点，故，
故，故.
当时，，，
故函数的值域为.
【小问2详解】
在上的图象如图所示：
因此与的图象在上共有5不同的交点，
这些交点的横坐标从小到大依次为，，…，, 故n=5.
令，则，
故的图象在内的对称轴分别为：
，，，，，
结合图象可得，，，
，
故.