2021-2022学年云南省楚雄州高一上学期期末教育学业质量监测数学试题（解析版）

2021-2022学年云南省楚雄州高一上学期期末教育学业质量监测数学试题

一、单选题

1．已知，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的值域求得集合，由此求得.

【详解】因为，所以.

故选：B

2．命题“，是4的倍数”的否定为（    ）

A．，是4的倍数 B．，不是4的倍数

C．，不是4的倍数 D．，不是4的倍数

【答案】B

【分析】根据特称量词命题的否定是全称量词命题即可求解．

【详解】因为特称量词命题的否定是全称量词命题，

所以命题“，是4的倍数”的否定为“，不是4的倍数”．

故选：B

3．已知幂函数的图象过点，则的定义域为（    ）

A．R B．

C． D．

【答案】C

【分析】设，点代入即可求得幂函数解析式，进而可求得定义域.

【详解】设，因为的图象过点，

所以，解得，则，

故的定义域为．

故选：C

4．如图所示的时钟显示的时刻为，此时时针与分针的夹角为．若一个半径为的扇形的圆心角为，则该扇形的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出的值，利用扇形的面积公式可求得扇形的面积.

【详解】由图可知，，所以该扇形的面积．

故选：C.

5．下列函数中，为奇函数的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由函数的奇偶性的定义即可得出答案.

【详解】函数，，为偶函数，函数为奇函数.

故选：C.

6．“，”是“函数的图象关于点中心对称”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

【分析】先求出函数的图象的对称中心，从而就可以判断.

【详解】若函数的图象关于点中心对称，则，，所以“，”是“函数的图象关于点中心对称”的充分不必要条件．

故选：A

7．已知函数在上具有单调性，则k的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由函数，求得对称轴的方程为，结合题意，得到或，即可求解.

【详解】由题意，函数，可得对称轴的方程为，

要使得函数在上具有单调性，

所以或，解得或．

故选：C.

8．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由，得，再由,可得，即可得结果.

【详解】因为，所以，解得．

又因为，，所以．，，

所以．

故选：D

9．已知函数的部分图象如图所示，若函数的图象由的图象向右平移个单位长度得到，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】结合图象利用五点法即可求得函数解析式.

【详解】由图象可得解得，．

因为，所以．又因为，所以．

因为，所以，，即，．又因为，所以．．．

故选：A.

10．尽管目前人类还无法精准预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系式为．年月日，日本东北部海域发生里氏级地震，它所释放出来的能量是年月日我国四川九寨沟县发生里氏级地震的（    ）

A．倍 B．倍 C．倍 D．倍

【答案】C

【分析】设里氏级和级地震释放出的能量分别为和,可得出，利用对数的运算性质可求得的值，即可得解.

【详解】设里氏级和级地震释放出的能量分别为和,

由已知可得，

则，故．

故选：C.

11．已知定义在R上的函数满足，且当]时，，则（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【分析】由，可得的周期为，利用周期性和单调性化简计算即可得出结果.

【详解】因为，所以的周期为．

当时，，则在上单调递减，所以在上单调递减．

因为，且

所以．

故．

故选：A.

12．已知函数函数有四个不同的零点，且，现有下列四个结论：

①的取值范围是；②的取值范围是；③；④.其中所有正确结论的序号是（    ）

A．①② B．①③ C．②③ D．③④

【答案】B

【分析】将问题转化为与有四个不同的交点，应用数形结合思想判断各交点横坐标的范围及数量关系，即可判断各选项的正误.

【详解】有四个不同的零点，即方程有四个不同的解.的图象如图所示，

由图可知，，，所以，即的取值范围是，①正确，②错误.

由二次函数的对称性，可得.因为，所以，故，③正确，④错误.

故选：B.

二、填空题

13．已知，写出一个满足条件的的值：______．

【答案】（答案不唯一）

【分析】利用，可得，，计算即可得出结果.

【详解】因为，所以，．

则，或，．

故答案为：（答案不唯一）

14．若，则__________．

【答案】

【解析】先求出的值,然后再运用对数的运算法则求解出和的值,最后求解答案.

【详解】若,则,所以.

故答案为:

【点睛】本题考查了对数的运算法则,熟练掌握对数的各运算法则是解题关键,并能灵活运用法则来解题,并且要计算正确,本题较为基础.

15．已知函数的图象过原点，且无限接近直线，但又不与该直线相交，则______．

【答案】##0.75

【分析】根据条件求出，，再代入即可求解.

【详解】因为的图象过原点，所以，即．又因为的图象无限接近直线，但又不与该直线相交，所以，，

所以，

所以．

故答案为：

16．已知正数a，b满足，则的最小值为______．

【答案】##

【分析】右边化简可得，利用基本不等式，计算化简即可求得结果.

【详解】，

故,则，当且仅当时，等号成立．

故答案为：

三、解答题

17．已知集合，，．

(1)求；

(2)若，求m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求得集合A，再由集合的补集运算和交集运算可求得答案；

（2）根据条件建立不等式组，可求得所求的范围.

【详解】（1）因为，，

所以，．

（2）因为，所以

解得．故m的取值范围是．

18．已知函数.

(1)判断在区间上的单调性，并用定义证明；

(2)判断的奇偶性，并求在区间上的值域.

【答案】(1)函数在区间上单调递增，证明见解析

(2)函数为奇函数，在区间上的值域为

【分析】（1）利用定义法证明函数单调性；（2）先得到定义域关于原点对称，结合得到函数为奇函数，利用第一问的单调性求出在区间上的值域.

【详解】（1）在区间上单调递增，证明如下：

，，且，

有.

因为，，且，所以，.

于是，即.

故在区间上单调递增.

（2）的定义域为.

因为，所以为奇函数.

由（1）得在区间上单调递增，

结合奇偶性可得在区间上单调递增.

又因为，，所以在区间上的值域为.

19．已知函数，．

(1)求函数的定义域；

(2)试讨论关于x的不等式的解集．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）解不等式得出定义域；

（2）利用对数函数的单调性解不等式得出解集.

【详解】（1）由题意可得解得．故函数的定义域为．

（2）当时，函数是增函数．

因为，所以解得．当时，函数是减函数．

因为，所以解得．

综上，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为．

20．已知函数在上的最小值为．

(1)求的单调递增区间；

(2)当时，求的最大值以及此时x的取值集合．

【答案】(1)；

(2)最大值为，此时x的取值集合为.

【分析】(1)利用二倍角公式化简函数，再利用余弦函数性质列式计算作答.

(2)利用余弦函数性质直接计算作答.

【详解】（1）依题意，，

令，，解得，．

所以的单调递增区间为.

（2）由(1)知，当时，，，

解得，因此，，

当，，即，时，取得最大值1，则取得最大值，

所以的最大值为，此时x的取值集合为.

21．已知函数．

(1)若是偶函数，求a的值；

(2)若对任意，不等式恒成立，求a的取值范围．

【答案】(1)0

(2)

【分析】（1）由偶函数的定义得出a的值；

（2）由分离参数得，利用换元法得出的最小值，即可得出a的取值范围．

【详解】（1）因为是偶函数，所以，

即，故．

（2）由题意知在上恒成立，

则，又因为，所以，

则．令，则，

可得，

又因为，当且仅当时，等号成立，所以，即a的取值范围是．

22．武威“天马之眼”摩天轮，于2014年5月建成运营．夜间的“天马之眼”摩天轮美轮美奂，绚丽多彩，气势宏大，震撼人心，是武威一颗耀眼的明珠．该摩天轮直径为120米，摩天轮的最高点距地面128米，摩天轮匀速转动，每转动一圈需要t分钟，若小夏同学从摩天轮的最低点处登上摩天轮，从小夏登上摩天轮的时刻开始计时．

(1)求小夏与地面的距离y（米）与时间x（分钟）的函数关系式；

(2)在摩天轮转动一圈的过程中，小夏的高度在距地面不低于98米的时间不少分钟，求t的最小值．

【答案】(1)

(2)25

【分析】（1）建立坐标系，由得出所求函数关系式；

（2）由得出，由余弦函数的性质得出第一圈满足持续的时间，再解不等式得出t的最小值．

【详解】（1）如图，以摩天轮最低点的正下方的地面处为原点，

以地平面所在直线为x轴建立平面直角坐标系，

摩天轮的最高点距地面128米，摩天轮的半径为60米，摩天轮的圆心O到地面的距离为68米．

因为每转动一圈需要t分钟，所以．

．

（2）依题意，可知，即，

不妨取第一圈，可得，，

持续时间为，即，故t的最小值为25．