2022-2023学年湖南省长沙市雅礼教育集团高一上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市雅礼教育集团高一上学期期末数学试题（解析版），共13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。
2022-2023学年湖南省长沙市雅礼教育集团高一上学期期末数学试题 一、单选题1．命题：，的否定形式为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】“任意一个都符合”的否定为“存在一个不符合”【详解】由题意，“任意一个都符合”的否定为“存在一个不符合”，故为，.故选：D2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式确定集合后再求交集即可．【详解】由题意，，所以．故选：A．3．设，则“”是“”的（    ）．A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】 ，但，不满足 ，所以是充分不必要条件，选A.【解析】 充要条件【名师点睛】本题考查充要条件的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件；从集合的角度看，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件，若是的真子集，则是的充分不必要条件，若是的真子集，则是的必要不充分条件.4．（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用诱导公式化简可得结果.【详解】.故选：A.5．设，则的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】易得，再由，利用幂函数的单调性判断.【详解】因为，且， 在上递增，所以，即，综上：故选：A6．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用诱导公式可得，再由二倍角余弦公式求.【详解】由，即，又.故选：D7．流行病学基本参数：基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔T指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可用模型：（其中是开始确诊病例数）描述累计感染病例随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与，T满足，有学者估计出．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，当时，t的值为（）（    ）A．1.2 B．1.7 C．2.0 D．2.5【答案】B【解析】根据所给模型求得，代入已知模型，再由，得，求解值得答案【详解】解：把代入，得，解得，所以，由，得，则，两边取对数得，，得，故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查函数模型的实际应用，考查计算能力，解题的关键是准确理解题意，弄清函数模型中各个量的关系，属于中档题8．若函数在上单调，且在上存在最值，则的取值范围是（    ）．A． B．C． D．【答案】B【分析】利用三角函数的单调性与周期性的关系及周期公式，结合三角函数的最值即可求解.【详解】因为在上单调，所以，即,则，由此可得．因为当，即时，函数取得最值，欲满足在上存在极最点，因为周期，故在上有且只有一个最值，故第一个最值点，得，又第二个最值点，要使在上单调，必须，得．综上可得，的取值范围是．故选：B． 二、多选题9．下列命题为真命题的是（    ）A．不论取何实数，命题“”为真命题B．不论取何实数，命题：“二次函数的图象关于轴对称”为真命题C．“四边形的对角线垂直且相等”是“四边形是正方形”的充分不必要条件D．“”是“”的既不充分也不必要条件【答案】ABD【分析】结合一元二次函数和一元二次不等式的性质可判断AB；根据充分条件、必要条件的概念可判断CD.【详解】对于，关于的一元二次方程满足，即有不等实根，显然，即，因此不等式的解集为，当时，，故A正确.对于，二次函数图象的对称轴为直线，即轴，故B正确.对于，对角线垂直且相等的四边形不一定是正方形可能为菱形，反之成立.故错误.对于，令，则，即充分性不成立，令，则，而，故必要性也不成立，即“”是“”的既不充分也不必要条件，故D正确.故选：ABD.10．已知，则下列结论正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据同角三角函数的平方关系可求出的值，根据角的范围得出角，进而求解.【详解】因为，所以，因为，也即，解得：或，因为，所以，则，所以，故选：.11．对于函数，下列说法正确的是（    ）A．最小正周期为 B．其图象关于点对称C．对称轴方程为 D．单调增区间【答案】AC【分析】利用余弦型函数的周期公式可判断A选项；利用余弦型函数的对称新可判断BC选项；利用余弦型函数的单调性可判断D选项.【详解】对于A选项，函数的最小正周期为，A对；对于B选项，，B错；对于C选项，由，可得，即函数的对称轴方程为，C对；对于D选项，由，解得，所以，函数的单调增区间，D错.故选：AC.12．已知函数则以下判断正确的是（    ）A．若函数有3个零点，则实数的取值范围是B．函数在上单调递增C．直线与函数的图象有两个公共点D．函数的图象与直线有且只有一个公共点【答案】AC【分析】作出的图像如图所示，B可直接由图像或二次函数单调性判断；AC零点及交点问题均可以通过与交点个数判断；D通过图像或者联立方程求解即可判断.【详解】当，故的图像如图所示，对AC，函数有3个零点，相当于与有3个交点，故的取值范围是，直线与函数的图象有两个公共点，AC对；对B，函数在上先增后减，B错；对D，如图所示，联立可得解得或，由图右侧一定有一个交点，故函数的图象与直线不止一个公共点，D错.故选：AC 三、填空题13．函数的定义域为__________．【答案】【分析】根据题意，列出不等式，即可得到结果.【详解】根据题意可得，，解得即函数的定义域为.故答案为: 14．___________.【答案】【分析】根据诱导公式化简后利用二倍角公式求值.【详解】,故答案为：15．写出不等式成立的一个必要不充分条件__________.【答案】(不唯一)【分析】解不等式得到充要条件，再根据必要不充分条件的定义即可得答案.【详解】解：由可得，解得，所以不等式成立的一个必要不充分条件可以是:.故答案为：(不唯一) 四、双空题16．函数的最大值为__________，当且仅当__________时，等号成立．【答案】     ##     【分析】利用基本不等式即可求解.【详解】当且仅当，即时，等号成立．故答案为：；. 五、解答题17．已知，且．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据同角三角函数基本关系求的值，进而可得的值；（2）利用诱导公式化简，再化弦为切，将的值代入即可求解.【详解】（1）因为，且，所以，所以，（2）．18．已知函数.(1)判断函数的单调性，并用单调性定义证明；(2)若为奇函数，求满足的的取值范围.【答案】(1)增函数，证明见解析；(2). 【分析】（1）判断出函数为上的增函数，然后任取、且，作差，因式分解后判断的符号，即可证得结论成立；（2）由奇函数的定义可求出实数的值，再利用函数的单调性可得出关于的不等式，解之即可.【详解】（1）证明：函数为上的增函数，理由如下：任取、且，则，所以，，即，所以，函数为上的增函数.（2）解：若函数为奇函数，则，即，则，因为函数为上的增函数，由得，解得.因此，满足的的取值范围是.19．已知函数，．(1)求的最小正周期和最大值；(2)设，求函数的单调递减区间．【答案】(1)，最大值2；(2)． 【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换公式将函数化简，即可得到结果；（2）根据题意，得到函数的解析式，然后由正弦型函数的单调区间，即可得到结果.【详解】（1）∵，所以的最小正周期，当时，取得最大值2；（2）由（1）知，又，由，解得．所以，函数的单调减区间为．20．已知函数是偶函数(1)求实数的值；(2)设，若函数与的图象有公共点，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据函数解析式以及偶函数的定义可求得实数的值；（2）利用函数与方程的思想，把函数与的图象有公共点的问题转化成方程有解的问题，进而求得参数的取值范围.【详解】（1）由函数，得，又因为是偶函数，所以满足，即，所以，即对于一切恒成立，所以，故；（2）由得若函数与的图象有公共点，等价于方程有解，即，所以，即方程在上有解，由指数函数值域可知，，所以，所以实数的取值范围是.21．某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面（由扇形OAD挖去扇形OBC后构成的）.已知，，线段BA，CD与，的长度之和为30，圆心角为弧度.(1)求关于x的函数表达式；(2)记铭牌的截面面积为y，试问x取何值时，y的值最大？并求出最大值.【答案】(1)；(2)，. 【分析】（1）根据扇形的弧长公式结合已知条件可得出关于、的等式，即可得出关于的函数解析式；（2）利用扇形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得的最大值，即可得出结论.【详解】（1）解：根据题意，可算得，．因为，所以，所以，.（2）解：根据题意，可知，当时，.综上所述，当时铭牌的面积最大，且最大面积为.22．已知，函数，其中．(1)设，求t的取值范围，并把表示为t的函数；(2)若对区间内的任意，总有，求实数a的取值范围．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由已知可得，即，代入即可求得；（2）问题转化为对成立，由二次函数分类讨论即可求解.【详解】（1），，，从而，，又，∴，又，∴，（2）要使得对区间内的任意恒成立，只需，也就是对成立二次函数，，开口向下，对称轴为①当时，即，函数在上单调递减，则，解得②当时，即，函数在上单调递增，在上单调递减，则，解得③当时，即，函数在上单调递增，则，解得综上，实数a的取值范围是