2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高一上学期1月期末数学试题含解析

这是一份2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高一上学期1月期末数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高一上学期1月期末数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用并集的定义，即可得答案；【详解】，，，故选：B.【点睛】本题考查并集的运算，属于基础题.2．函数的定义域是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】分母不等于零，对数的真数大于零联解即可.【详解】由题得∴ 所以函数的定义域为： 故选：D3．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（    ）A．向左平移个单位长度  B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度【答案】C【分析】根据正弦函数图象变换的性质，结合函数的解析式进行判断即可.【详解】因为，所以由函数的图象向左平移个单位长度可以得到函数的图象，故选：C4．已知，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意得到，，，即可得到答案.【详解】，即.，即.，即.所以.故选：C5．下列函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】逐项分析各选项中函数的最小正周期以及各函数在区间上的单调性，可得出结论.【详解】对于A选项，函数的最小正周期为，故A错误；对于B选项，函数的最小正周期为，当时，，因为在上单调递增，所以在上单调递增，故B正确；对于C选项，函数的最小正周期为，当时，，因为在上单调递减，所以在上单调递减，故C错误；对于D选项，函数的最小正周期为，故D错误.故选：B.6．已知函数，若函数有三个不同的零点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分析分段函数的性质，画出草图，易知有三个不同的零点，有，进而可得，即可求范围.【详解】由题设，当时，当时，当且仅当时等号成立，故，且上递增，上递减，当时单调递增，且，综上可得，如下函数图象：∴要使有三个不同的零点，则，由图知：有，当时令，则，有，，∴且，而在上递减，∴.故选：A【点睛】关键点点睛：分析分段函数的性质并画出草图，将题设的零点问题转化为与的交点问题，应用数形结合的思想，求出关于的解析式，由单调性求范围.7．已知函数的最小正周期为，将的图像向左平移个单位长度，所得图像关于轴对称，则的一个值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用最小正周期公式求出，再利用平移变换得到平移后的函数结合正弦函数图像和性质求解即可.【详解】因为最小正周期为，所以，解得，所以；将图像向左平移个单位长度得，因为图像关于轴对称，所以，解得，则当时，，其他选项不满足题意，故选：D.8．已知且恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用对数运算可得出且、均为正数，利用基本不等式求出的最小值，可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】因为，则且、均为正数，由基本不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立，所以，的最小值为，所以，，即，解得.故选：C. 二、多选题9．由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数史称戴德金分割，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中，可能成立的是（    ）A．M没有最大元素，N有一个最小元素B．M没有最大元素，N也没有最小元素C．M有一个最大元素，N有一个最小元素D．M有一个最大元素，N没有最小元素【答案】ABD【分析】举特例根据定义分析判断，进而可得到结果．【详解】令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能；令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能；假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的；令，，显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选项D可能.故选：ABD．10．下列结论正确的是（    ）A．函数是以为最小正周期，且在区间上单调递减的函数B．若是斜三角形的一个内角，则不等式的解集为C．函数的单调递减区间为D．函数的值域为【答案】AC【分析】根据正弦函数的周期性和单调性可判断A正确；根据正切函数的单调性可判断B，C正确；根据正弦函数的性质可判断D错.【详解】A选项，函数的图象是在的图象基础上，将轴下方的部分翻折到轴上方，因此周期减半，即的最小正周期为；当时，，显然单调减；故A正确；B选项，因为是斜三角形的一个内角，所以或；由得，所以或；故B错；C选项，由得，即函数的单调递减区间为，故C正确；D选项，因为，所以，因此，所以，故D错.故选：AC.11．下列结论中正确的是（    ）A．若一元二次不等式的解集是，则的值是B．若集合，，则集合的子集个数为4C．函数的最小值为D．函数与函数是同一函数【答案】AB【分析】对于A：和为方程的两根且，即可得到方程组，解得即可判断A；根据对数函数、指数函数的性质求出集合、，从而求出集合，即可判断B；当时，即可判断C；求出两函数的定义域，化简函数解析式，即可判断D.【详解】解：对于A：因为一元二次不等式的解集是，所以和为方程的两根且，所以，解得，所以，故A正确；对于B：，，所以，即中含有个元素，则的子集有个，故B正确；对于C：，当时，，故C错误；对于D：，令，解得，所以函数的定义域为，函数的定义域为，虽然两函数的定义域相同，但是解析式不相同，故不是同一函数，即D错误；故选：AB12．已知函数，则下列结论正确的是（    ）A．函数有两个零点B．若函数有四个零点，则C．若关于的方程有四个不等实根，则D．若关于的方程有8个不等实根，则【答案】CD【分析】A选项，画出的图象，在同一坐标系内作出的图象，可看出两函数图象有3个交点，A错误；B选项，数形结合得到，B错误；C选项，可看出四个实根有两个根关于对称，另外两个根关于对称，从而得到，C正确；D选项，令，则要有2个不相等的实数根，，得到两根之和，两根之积，化简得到，结合，求出，结合，求出.【详解】A选项，当时，单调递增，当时，单调递减，画出的图象，可以看出关于对称，当时，取得最小值为1，在同一坐标系内作出的图象，可看出两函数图象有3个交点，所以函数有3个零点，A错误；数形结合可得：函数有四个零点，则，B错误；由上图可知：若关于的方程有四个不等实根，不妨设其中关于对称，关于对称，则，所以，C正确；D选项，令，则要有2个不相等的实数根，，且，，，因为，所以，由，解得：，综上：，若关于的方程有8个不等实根，则，D正确. 三、填空题13．已知函数，若对任意的，都存在唯一的，满足，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】由题意可得函数在[2，＋∞）时的值域包含于函数在（−∞，2）时的值域，利用基本不等式先求出函数在x∈[2，＋∞）时的值域，当x∈（−∞，2）时，对a分情况讨论，分别利用函数的单调性求出值域，从而求出a的取值范围．【详解】解：设函数的值域为，函数的值域为，因为对任意的，都存在唯一的，满足，则，且中若有元素与中元素对应，则只有一个.当时，，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，当时，①当时，，此时，，解得，②当时，，此时在上是减函数，取值范围是，在上是增函数，取值范围是，，解得，综合得.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题即有恒成立问题，又有存在性问题，最后可转化为函数值域之间的包含关系问题，最终转化为最值问题，体现了转化与化归的思想.14．已知方程的解集为，且，则______.【答案】-4【分析】根据韦达定理列出等式即可，注意考虑有解的条件.【详解】方程的解集为，所以，且，解得 = =3，解得，故答案为：-415．定义：实数a，b，c，若满足，则称a，b，c是等差的，若满足，则称a，b，c是调和的．已知集合，集合P是集合M的三元子集，即，若集合P中的元素a，b，c既是等差的，又是调和的，称集合P为“好集”，则集合P为“好集”的个数是__________．【答案】1010【分析】由好集的定义得且，化简可解得或，由P是集合M的三元子集可排除，结合的元素特征可得，，，即可求得好集的个数.【详解】由好集的定义得且，则有，化简得，故或，由得，故，，∴，且.∵，∴且，得，故集合P为“好集”的个数为.故答案为：101016．已知函数，若存在最小值，则实数a的取值范围是__________．【答案】【分析】分类讨论两种情况，结合指数函数的单调性与二次函数的性质，即可求得的取值范围.【详解】因为有最小值，当时，在上单调递增，且，即在上没有最小值.当时，，则在上必有最小值，函数开口向上，对称轴是，当时，函数，故不是函数的最小值，不满足题意，当时，，要使是函数的最小值，则，即，解得或，所以.综上，的取值范围是 故答案为： 四、解答题17．（1）已知实数满足，求的值．（2）若，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）利用指数幂的运算求出的值，再利用平方差公式可求得的值；（2）利用指数与对数的换算可得出，，，再利用换底公式以及对数的运算性质可证得结论成立.【详解】（1）解：，，，又，，所以；（2）证明：设，则且，，，，，，，.18．已知，，，求的值．【答案】或【分析】首先根据同角三角函数的基本关系求出、，再根据两角差的余弦公式计算可得.【详解】解：，，，又，，当时，；当时，.19．已知命题：“，不等式成立”是真命题．(1)求实数取值的集合；(2)设不等式的解集为，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）不等式小于零等价于函数值为负值.(2)是的必要不充分条件，找到的包含关系，，，情况讨论；【详解】（1）令，命题：“，不等式成立”是真命题，则，解得或，即（2）因为不等式的解集为，且是的必要不充分条件，则是的真子集；①当，即时，解集，或，此时；②当，即时，解集，满足题设条件；③当，即时，解集或，此时或综上①②③可得或20．我们知道如果点是角终边OP上任意一点，则根据三角比的定义：，，因此点P的坐标也可以表示为．(1)将OP绕坐标原点O逆时针旋转至，求点的坐标．（即分别把、用x、y表示出来）(2)将OP绕坐标原点O逆时针旋转角度至，求点的坐标．（即分别把、用x、y、表示出来）．(3)把函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，可以得到函数______的图象．（写出解析式和定义域）【答案】(1)，(2)；(3) 【分析】（1）结合三角恒等变换求得正确答案.（2）结合三角恒等变换求得正确答案.（3）由（2）的结论，利用赋值法求得正确答案.【详解】（1）.；同理，．（2），故；同理，．（3）在（2）中令得，可得．同理，，两式平方相减得，由于，所以，函数为．21．1.某科研机构为了研究某种药物对某种疾病的治疗效果，准备利用小白鼠进行科学试验．研究发现，药物在血液内的浓度与时间的关系因使用方式的不同而不同．若使用注射方式给药，则在注射后的4小时内，药物在白鼠血液内的浓度（单位：毫克/升）与时间t（单位：小时）满足关系式（，a为常数）；若使用口服方式给药，则药物在白鼠血液内的浓度（单位：毫克/升）与时间t（单位：小时）满足关系式现对小白鼠同时进行注射和口服该种药物，且注射药物和口服药物的吸收与代谢互不干扰．假设同时使用两种方式给药后，小白鼠血液中药物的浓度等于单独使用每种方式给药的浓度之和．(1)若，求4小时内，该小白鼠何时血液中药物的浓度最高，并求出最大值；(2)若要使小白鼠在用药后4小时内血液中的药物浓度都不低于4毫克/升，求正数a的取值范围．【答案】(1)当时血液中药物的浓度最高，最大值为6(2) 【分析】（1）根据题意建立函数关系式，进而结合二次函数最值求法和基本不等式求得答案；（2）讨论和两种情况，【详解】（1）当时，药物在白鼠血液内的浓度y与时间t的关系为①当时，．②当时，因为（当且仅当时，等号成立），所以．故当时血液中药物的浓度最高，最大值为6．（2）由题意得①当时，，设，则，，则，故；②当时，，由，得，令，则，，则，故．综上，．22．如果函数满足在集合上的值域仍是集合，则把函数称为函数．例如：就是函数．（1）下列函数：①，②，③中，哪些是函数（只需写出判断结果）？（2）判断函数是否为函数，并证明你的结论．（3）证明：对于任意实数a，b，函数都不是函数．（注：“”表示不超过x的最大整数）【答案】（1）只有是函数；（2）函数是函数；证明见解析 ；（3） 证明见解析．【分析】（1）根据函数的定义可判断只有是函数．（2）任意，．设，，由，可得．一定存在，满足，由此能证明函数是函数．（3）当时，有（2），函数都不是函数；当时，若，有（1），函数都不是函数．若，由指数函数性质得，函数都不是函数．若，令，则一定存在正整数，使得，推导出函数都不是函数．由此得到对于任意实数，，函数都不是函数．【详解】（1）解：只有是函数（2）解：函数是函数．证明如下：显然，，．不妨设，，由，可得，即，因为，恒有成立，所以一定存在，满足，所以设，总存在，满足，所以函数是函数．（3）证明：当时，有，所以函数都不是函数．当时，①若，有，所以函数都不是函数．②若，得，所以，都有，所以函数都不是函数．③若，令，则，所以一定存在正整数k，使得，所以，，使得，所以．又因为当时，，所以；当时，，所以，所以，都有，所以函数都不是函数．综上所述，对于任意实数a，b，函数都不是函数．【点睛】本题考查函数的判断与证明，考查函数性质、新定义等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．