2022-2023学年安徽省芜湖市高一上学期期末教学质量统测数学试题含解析

2022-2023学年安徽省芜湖市高一上学期期末教学质量统测数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据集合的交集，可得答案.

【详解】由题意，.

故选：A.

2．不等式的解集是（    ）

A． B．

C．或 D．或

【答案】B

【分析】根据一元二次不等式的解法计算可得；

【详解】由，解得，即原不等式的解集为；

故选：B.

3．（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由诱导公式化简后得结论．

【详解】．

故选：C．

4．已知命题，则命题为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】给定命题是全称量词命题，由全称量词命题的否定的意义即可得解.

【详解】因是全称量词命题，则命题为存在量词命题，由全称量词命题的否定意义得，

命题：.

故选：C

5．若，，则下列不等式成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据不等式的性质可判断A，取特值可判断B，C，D.

【详解】对于A，因为，，所以，故A正确；

对于B，若，则，故B正确；

对于C，若，则，故C不正确；

对于D，若，则，故D不正确.

故选：A.

6．折扇是一种用竹木或象牙做扇骨，㓞纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1，其平面图如图2的扇形，其中，，则扇面（曲边四边形）的面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由扇形面积公式计算（大扇形面积减去小扇形面积）．

【详解】由已知，，

扇面面积为

故选：B．

7．下列说法正确的是（    ）

A．“”是“”的既不充分也不必要条件

B．“”是“”的充分不必要条件

C．若，则“”是“”的必要不充分条件

D．在中，角，均为锐角，则“”是“是钝角三角形”的充要条件

【答案】D

【分析】利用充分不必要条件，必要不充分条件，充要条件的定义进行逐项判定.

【详解】对于A，因为能够得到，反之不成立，所以“”是“”的必要不充分条件，A错误；

对于B，因为时，，而当时，，

所以“”是“”的必要不充分条件，B错误；

对于C，当时，，无法得出；当，，所以，C错误；

对于D，因为角，均为锐角，当时，，

由于所以，即，所以是钝角三角形；反之依然成立，D正确.

故选：D.

8．已知实数，，，那么实数，，的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用作差法，结合对数的运算，以及对数函数的性质，可得答案.

【详解】，由，则，即，可得；

，由，则，即，可得；

，由，则，即，可得；

综上，.

故选：A.

二、多选题

9．下图为幂函数的大致图象，则的解析式可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据奇函数的性质，以及幂函数的性质，可得答案.

【详解】对于A、C，，，显然为奇函数，且指数在0到1之间，在第一象限是越增越慢的，故A、C正确；

对于B、D，，，显然为偶函数，故B、D错误.

故选：AC.

10．下列说法中正确的是（    ）

A．在上单调递增

B．与的图象相同

C．不等式的解集为

D．的图象对称中心为

【答案】ABC

【分析】根据正弦函数的性质可判断A，根据诱导公式及余弦函数的性质可判断B，根据辅助角公式及正弦函数的图象函数性质可判断C，根据正切函数的性质可判断D.

【详解】对于A：因为的单调增区间为，

所以函数在上单调递增，故A正确；

对于B：因为，，所以与的图象相同，故B正确；

对于C：由，可得，则，即，

所以不等式的解集为，故C正确；

对于D：对于函数的图象对称中心为，故D错误.

故选：ABC.

11．已知，，则下列选项一定正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】对于A，利用等量代换整理函数解析式，利用二次函数的性质，可得答案；

对于B，利用基本不等式，可得答案；对于C，利用反例，可得答案；

对于D，利用等量代换整理函数解析式，利用导数研究其最值，可得答案.

【详解】对于A，由，则，由，则，

，，故A正确；

对于B，由，即，则，当且仅当时等号成立，故B正确；

对于C，当时，，而，故C错误；

对于D，由，则，由，则，

，令，，

令，解得，当时，；当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

故，故D正确；

故选：ABD.

12．已知函数图象关于轴对称，且，都有．若不等式，对恒成立，则的取值可以为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】由题可得的图象关于对称，且在上单调递增，进而将不等式转化为，对恒成立，然后利用换元法结合二次函数的性质可得的取值范围，即得.

【详解】因为函数图象关于轴对称，

所以的图象关于对称，又，都有，

所以函数在上单调递增，

因为不等式，对恒成立，

所以，对恒成立，

令，则，则，

所以，对恒成立，

因为，，，

故，所以BC正确，AD错误.

故选；BC.

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：

若在区间上有最值，则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

若能分离常数，即将问题转化为：（或），则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

三、填空题

13．已知为第三象限角，，则___________．

【答案】

【分析】根据同角三角函数的商式关系以及平方和关系，可得答案.

【详解】由，则，，由，则，

由为第三象限角，，，则.

故答案为：.

14．函数为偶函数，当时，，则时，___________．

【答案】

【分析】由偶函数的定义求解．

【详解】时，，是偶函数，

∴，

故答案为：．

15．科学家通过生物标本中某种放射性元素的存量来估算该生物的年代，已知某放射性元素的半衰期约为1620年（即：每经过1620年，该元素的存量为原来的一半），某生物标本中该元素的初始存量为，经检测生物中该元素现在的存量为，（参考数据：）请推算该生物距今大约___________年．

【答案】3780

【分析】由指数函数模型求解．

【详解】设放射性元素的存量模型为，由已知，

所以，，，

设题中所求时间为，则，，，，

∴，．

故答案为：3780.

16．定义在上的奇函数，当时，，则函数的所有零点之和为___________．

【答案】

【分析】画出函数与图象，根据对称性以及对数函数的运算得出零点之和.

【详解】令，即，故函数的零点就是函数与图象交点的横坐标，

当时，，函数与在上图象如图所示：

设与图象交点的横坐标分别为，

由对称性可知，，.

由，结合奇偶性得出，即

解得，即.

故答案为：

四、解答题

17．计算：

(1)；

(2)．

【答案】(1)4

(2)

【分析】根据对数运算与指数运算，可得答案.

【详解】（1）原式．

（2）原式

18．小明家院子中有块不规则空地，如图所示．小明测量并计算得出空地边缘曲线拟合函数，小明的爸爸打算改造空地，用家中现有的8米长的栅栏如图围一面靠墙矩形空地用来铺设草皮，请问小明的爸爸需要购买多少平方米的草皮才能铺满矩形草地？（不考虑材料的损耗）

【答案】.

【分析】设，进而可得，根据条件可得方程，然后结合条件即得.

【详解】设，因为，则，

所以，解得，即，，

此时矩形的面积为，

即小明的爸爸需要购买6平方米的草皮才能铺满矩形草地．

19．已知集合，．

(1)当时，求；

(2)若，求实数的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）解分式不等式可得集合，后根据并集的定义运算即可；

（2）由题可得，然后分类讨论，结合子集的定义即得.

【详解】（1）因为，

故；

（2）若，则，，

，，符合；

②，，不符合，舍去；

③，，则；

综上，实数的取值范围为.

20．已知函数．

(1)判断函数奇偶性并证明；

(2)设函数，若函数与的图象没有公共点，求实数的取值范围．

【答案】(1)偶函数，证明见解析

(2)

【分析】（1）根据偶函数的定义，可得答案；

（2）根据函数与方程的关系，利用二次函数的性质，可得答案.

【详解】（1）函数定义域为，，

，是偶函数.

（2）等价于方程没有实数根．

令，则没有大于的根，令．

①时，符合；

②时，对称轴，，无正根符合；

③时，对称轴，，有一根大于，不符合．

综上，．

21．三角函数变形化简中常用“切割化弦”的技巧．其中“弦”指正弦函数与余弦函数，“切”指正切函数与余切函数，“割”指正割函数与余割函数．设是一个任意角，如图所示它的终边上任意一点（不与原点重合）的坐标为，与原点的距离为，则的正割函数定义为．

(1)已知函数，写出的定义域和单调区间；

(2)方程在所有根的和为，求的值．

【答案】(1)详见解析；

(2)1.

【分析】（1）利用正割函数的定义可得函数的定义域及函数的单调区间；或使用转化思想，将对正割函数的研究转化为已学的余弦函数，进而即得；

（2）根据函数的奇偶性可得，进而即得.

【详解】（1）解法一：根据正割函数定义，是一个任意角，它的终边上任意一点（不与原点重合）的坐标为，

因为，显然，因此角的终边不能落在轴上，结合终边相同的角的表示，

正割函数的定义域为，且因为，是该函数的一个周期．

为大于0的定值，当时，此时越大即弧度制下的角越大，

因此角终边上的点的横坐标越小，与横坐标的比值就越大，

所以为函数的一个单调增区间，结合该函数的周期，为函数的单调增区间，

同理为函数的单调增区间， 和为的单调减区间；

解法二： ，，，

，，定义域为，

当时，在区间和单调递减，

所以的单调增区间为和；

在区间和单调递增，

所以的单调减区间为和；

（2）因为，，，，故两函数均为偶函数，

所以它们函数图象的交点关于轴对称，

因此方程的根的和为0，也即，

所以．

22．已知函数，在区间上有最大值8，有最小值0，设．

(1)求，的值；

(2)不等式在上有解，求实数的取值范围；

(3)若方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围．

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）根据二次函数性质结合条件可得关于的方程，进而即得；

（2）由题可得存在,使得成立，然后根据参变分离结合二次函数的性质即得；

（3）根据条件结合函数的图象可得方程有两个不同的实数根，然后根据二次函数根的分布问题，列出不等式解出即可.

【详解】（1）由题可得，

所以，

；

（2）由题可得，，

因为在上有解,

即存在,使得成立,

因为，所以有成立,

令,因为,所以,

即,使得成立,

只需即可,

因为,得,

所以k的取值范围是；

（3）令，则，

化简得：，

根据的图象可知，方程要有三个不同的实数解，

则方程有两个不同的实数根，

令，由题意：函数的两个零点，，

①时，代入，，不成立；

②，，由零点存在性定理

，

，

由①②可知：.