2022-2023学年河北省石家庄市二十一中高一下学期开学考试数学试题含解析

2022-2023学年河北省石家庄市二十一中高一下学期开学考试数学试题

一、单选题

1．已知命题，则命题p的否定为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据全称命题与特称命题之间的关系即可得出结果.

【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题p的否定为．

故选：D.

2．已知集合，则集合的子集有（    ）

A．2个 B．4个 C．8个 D．16个

【答案】C

【分析】利用一元二次不等式解法可解出集合，再根据集合求得中的元素个数即可求得结果.

【详解】解集合对应的不等式可得

即，

又，即

所以，集合中共3个元素，

得集合的子集有个．

故选：C

3．已知幂函数的图象过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，代入点，即可得，即可得答案.

【详解】解：设，则，

得，

所以．

故选：A.

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据对数函数，指数函数，余弦函数的性质，求出的范围，即可比较出大小.

【详解】因为，所以．

故选：B

5．为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（    ）

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】通过诱导公式得，根据平移规律即可得结果.

【详解】因为，

所以把函数图象上的所有点向左平移个单位长度即可得到函数的图象，

故选：C.

6．若角满足，则的值可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用三角恒等变换将方程化简得，从而得到或，再对选项逐一检验即可得解.

【详解】因为

，

所以，故或，即或，

依次检验、、、，可知为的可能值，其余皆不可能.

故选：B.

7．某科研小组研发一种水稻新品种，如果第1代得到1粒种子，以后各代每粒种子都可以得到下一代15粒种子，则种子数量首次超过1000万粒的是（    ）（参考数据：）

A．第5代种子 B．第6代种子 C．第7代种子 D．第8代种子

【答案】C

【分析】设第代种子的数量为，根据题意列出不等式，对不等式化简代入数值即可得到结果.

【详解】设第代种子的数量为，由题意得，得．因为

，故种子数量首次超过1000万粒的是第7代种子．

故选：C.

8．已知奇函数的图像关于点对称，当时，，则当时，的解析式为

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】当时，,结合奇偶性与对称性即可得到结果.

【详解】因为奇函数的图像关于点对称，所以，

且，所以，故是以为周期的函数.

当时，，故

因为是周期为的奇函数，所以

故，即，

故选C

【点睛】本题考查求函数的表达式，考查函数的图象与性质，涉及对称性与周期性，属于中档题.

二、多选题

9．已知函数的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表：

则一定包含的零点的区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】根据零点存在性定理，即可判断选项.

【详解】因为的图象是一条连续不断的曲线，且，，，

根据零点存在性定理可知，函数的零点的区间是．

故选：ACD

10．在单位圆中，已知角的终边与单位圆的交点为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】先利用三角函数定义求得，进而求得的值判断选项A；求得的值判断选项B；求得的值判断选项C；求得的值判断选项D.

【详解】角的终边与单位圆的交点为

则，则选项A判断正确；

所以，则选项B判断正确；

，则选项C判断错误；

，则选项D判断错误.

故选：AB

11．若，且，则函数在上的大致图象可能为（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】BC

【分析】分析函数的奇偶性，以及在某点处的函数值，借助函数图象交点的横坐标进行比较，

以及余弦值的放缩比较即可求解.

【详解】因为，所以为奇函数，排除A．

当，且时，因为，

所以，

即，所以.

又，所以．

令，得，

因为函数的图象与直线在上有且仅有三个交点，

所以在上有且仅有三个零点，B正确．

当，且时，

所以,

同理可得在上有且仅有三个零点，C正确．

在上不可能有四个零点，D错误．

故选：BC.

12．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】设，则，，然后利用三角恒等变换逐项分析即可.

【详解】由题意得，

设，则，

故A对B错；．

．

所以C对D错.

故选：AC.

三、双空题

13．小夏同学发现自己手表的时间比北京时间慢了20分钟，他将手表的时间调准，则手表分针转过的角的弧度数为__________，已知手表分针长，则分针扫过的扇形面积为__________．

【答案】         

【分析】将手表的时间调准，分针是顺时针旋转，转过的角是负角，计算得出弧度数；

先求出扇形的弧长，再根据扇形面积公式求得结果.

【详解】空1，由题意得手表分针转过的角的弧度数为，

空2，由手表分针长，得分针扫过的扇形弧长，

则分针扫过的扇形面积为．

故答案为：；.

四、填空题

14．写出一个同时具有下列四个性质中的三个性质的二次函数：__________．

①的最小值为；②的一次项系数为；③；④．

【答案】///

【分析】根据二次函数的特征，如顶点、对称轴设函数的解析式即可求解.

【详解】第一种情况：具有①②③三个性质，由②③可设，则根据①可得：，解得，所以．

第二种情况：具有①②④三个性质，由①④可设，则根据②可得：，解得，所以．

第三种情况：具有①③④三个性质，由①④可设，则根据③可得：，解得：，所以．

第四种情况：具有②③④三个性质，由②③可设，则根据④可得：，解得，所以．

故答案为：或或或.（不唯一）

15．已知，则________．

【答案】/

【分析】由辅助角公式，整体法求对应，进而求即可.

【详解】由，令，

所以，故或，，

所以或，，则.

则.

故答案为：

16．已知，函数，已知有且仅有5个零点，则的取值范围为__________．

【答案】

【分析】当时，在上无零点，所以在上有且仅有5个零点；当时，在上恰有一个零点，所以在上有且仅有4个零点，利用正弦函数的图象列式可求出结果.

【详解】当时，，令，得，

若，即时，在上无零点，所以在上有且仅有5个零点，

当时，，所以，即.

若，即时，在上恰有一个零点，

所以在上有且仅有4个零点，所以，即，

又，所以.

综上所述：的取值范围为.

故答案为：.

五、解答题

17．已知在第二象限，且．

(1)求；

(2)求的值．

【答案】(1)

(2)1

【分析】(1)先利用对数的运算进行化简，然后得出正弦值，再根据同角关系和所在象限得出余弦，

即可得出结果；

(2)先利用诱导公式进行化简，然后再根据正切的齐次式化简，代入第一问正切值可得结果.

【详解】（1）由，可得，

而，则，

因为是第二象限角，所以，

所以；

（2），

由，则原式.

18．已知非空集合．

(1)若，求．

(2)若“”是“”的既不充分也不必要条件，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先分别化简集合，再利用集合的交并补运算即可得解；

（2）根据题意可知不是的子集，也不是的子集，由此列出相应的不等式组，解得答案.

【详解】（1）因为，所以，

因为或，

所以，

故．

（2）因为“”是“”的既不充分也不必要条件，

所以，同时不是的子集，也不是的子集，

因为，，所以，则，

又或，所以必不是的子集，

因为不是的子集，所以，解得，

又，故，

所以a的取值范围为．

19．已知函数．

(1)求的值；

(2)若，求的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据诱导公式，二倍角公式及同角关系式可得，进而即得；

（2）由题可知，利用辅助角公式结合条件可得，然后利用诱导公式及二倍角公式即得.

【详解】（1）因为，

所以；

（2）由（1）可得，

所以，

所以，

解得或（舍去），

所以．

20．已知函数（）．

(1)解关于x的不等式；

(2)若对任意的，恒成立，求实数m的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）首先根据题意得到，再分类讨论求解不等式即可.

（2）根据题意得到恒成立，再分类讨论利用基本不等式求解即可.

【详解】（1）即，

所以．

当时，解得或，

当时，解得，

当时，解得或．

综上可得，当时，不等式的解集为或

当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为或．

（2）即，

当时，对都成立；

当时，．

因为，所以，所以，

当且仅当，即时，有最小值．

所以．

21．已知函数的图象关于直线对称．

(1)求a的值．

(2)是否存在实数m满足对任意，存在，使成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，说明理由．

【答案】(1)；

(2)存在，.

【分析】（1）根据函数对称性进行求解即可；

（2）根据两角差的余弦公式、二倍角的正弦公式、降幂公式、辅助角公式化简函数解析式，再结合正弦型函数的单调性、指数函数的单调性进行求解即可

【详解】（1）因为函数的图象关于直线对称，

所以有，

即，解得．

，解得．

（2）

，

因为，则，

所以当，即时，取得最大值，最大值为．

若存在m满足对任意，存在，使成立，则，即，所以．

因为，所以当时，取得最小值，所以，则m的取值范围为．

【点睛】关键点睛：根据存在性和任意性的性质，结合正弦型函数的最值、配方法是解题的关键.

22．已知函数的图象关于直线对称，且．

(1)求的单调区间；

(2)求不等式的解集．

【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；

(2).

【分析】（1）已知函数的图象关于直线对称得出的奇偶性，再由函数单调性的定义得出的单调区间.

（2）由变形，构造新函数，由函数的性质确定新函数的性质，再由单调性及奇偶性即可求得解集.

【详解】（1）令，则的图象关于直线对称，所以是偶函数．

令，则，不妨假设，则．

所以，即，

所以在上单调递增，又是偶函数，所以在上单调递减．

故的单调递增区间为，单调递减区间为．

（2）由（1）可得，则，不妨假设，则．

所以，

得．

令函数，则，所以在上单调递增，

又，所以是偶函数，所以在上单调递减．

由，得

得，所以，

两边平方可得，即．

故不等式的解集为．

【点睛】关键点睛：这道题第（2）问的关键地方是构造，并得到的单调性和奇偶性，结合题意的不等式即可得到求解