2022-2023学年福建省福州市第四中学高一上学期期末数学测试题含答案

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2022-2023学年福建省福州市第四中学高一上学期期末数学测试题 一、单选题1．下列函数中与是同一个函数的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数相等的定义是：定义域相同且对应关系相同，逐个分析可得答案.【详解】对于A，的定义域为，与的定义域为不同，故A不正确；对于B，与是同一函数，故B正确；对于C，与的对应关系不同，故C不正确；对于D，与的定义域不同，故D不正确.故选：B2．已知集合，则＝（    ）A．{x|1＜x≤4} B．{x|0＜x≤6} C．{x|0＜x＜1} D．{x|4≤x≤6}【答案】A【分析】化简集合，按照补集定义求出，再按交集定义，即可求解.【详解】,或，，.故选:A.【点睛】本题考查集合的混合运算，解题要注意正确化简集合，属于基础题.3．已知命题，则命题的否定为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题直接可得.【详解】由特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题直接可得：命题的否定为：.故选：D4．已知扇形的周长为15cm，圆心角为3rad，则此扇形的弧长为（    ）A．3cm B．6cm C．9cm D．12cm【答案】C【分析】利用扇形弧长公式进行求解.【详解】设扇形弧长为l cm，半径为r cm，则，即且，解得：（cm），故此扇形的弧长为9cm.故选：C5．“”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【分析】利用或，结合充分条件与必要条件的定义可得结果.【详解】根据题意，由于或，因此可以推出，反之，不成立，因此“”是“”的充分而不必要条件，故选A.【点睛】判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.6．函数是（    ）A．偶函数，在是增函数B．奇函数，在是增函数C．偶函数，在是减函数D．奇函数，在是减函数【答案】B【分析】利用奇偶性定义判断的奇偶性，根据解析式结合指数函数的单调性判断的单调性即可.【详解】由且定义域为R，故为奇函数，又是增函数，为减函数，∴为增函数．故选：B.7．已知，且，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由同角三角函数的基本关系求解【详解】由题意得，则，故选：D8．函数的零点所在的区间为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据函数零点存在定理进行判断即可．【详解】解：函数是连续增函数，（1），（2），可得（1）（2），函数的其中一个零点所在的区间是，故选：．9．设，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用对数函数的单调性得到a，b的大小，再利用余弦函数在各象限符号判断正负比较即可.【详解】因为，，则，又因为，所以，故选：B10．已知幂函数的图象经过点，则的值是（    ）A． B．1 C． D．-1【答案】A【分析】设，代入点的坐标求得，然后再计算函数值．【详解】，则由题意和，，∴．故选：A．【点睛】本题考查幂函数的定义，考查对数的运算，属于基础题．11．函数的图象大致是(    )A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意，先分析函数的奇偶性，排除AC，再判断函数在上的符号，排除D，即可得答案．【详解】∵f(x)定义域[－1，1]关于原点对称，且，∴f(x)为偶函数，图像关于y轴对称，故AC不符题意；在区间上，，，则有，故D不符题意，B正确.故选：B．12．下列运算中，正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据对数和指数的运算法则逐项计算即可.【详解】，故A错误；，故B错误；，故C正确；，故D错误.故选：C.13．若，，则（      ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用切化弦化简技巧结合可得出，再由可得出，，再由可计算出的值.【详解】因为，所以，，则，，.所以，所以，故选：A.【点睛】本题考查了切化弦思想以及同角三角函数平方关系的应用，利用计算是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.14．已知函数，，则函数的值域为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先判断函数的单调性，再利用单调性求解.【详解】因为，在上都是增函数，由复合函数的单调性知：函数，在上为增函数，所以函数的值域为，故选：B15．函数①；②；③；④的图象如图所示，a，b，c，d分别是下列四个数：，，，中的一个，则a，b，c，d的值分别是（    ）A．，，， B．，，，C．，，，， D．，，，，【答案】C【分析】根据指数函数的性质，结合函数图象判断底数的大小关系.【详解】由题图，直线与函数图象的交点的纵坐标从上到下依次为c，d，a，b，而.故选：C．16．若为第二象限角，且，则的值是（    ）A．4 B．-4 C． D．【答案】B【分析】利用诱导公式化简、同角公式化简再代入计算即可作答.【详解】由得：，而为第二象限角，则有，因此，故选：B17．已知偶函数f (x)在区间 单调递增，则满足的 x 取值范围是（　　）A． B． C． D．【答案】A【分析】由偶函数性质得函数在上的单调性，然后由单调性解不等式．【详解】因为偶函数在区间上单调递增，所以在区间上单调递减，故越靠近轴，函数值越小，因为，所以，解得：.故选：A．18．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据抽象函数的定义域的求解，结合具体函数单调性的求解即可.【详解】因为函数的定义域为，所以的定义域为.又因为，即，所以函数的定义域为.故选：C.19．已知函数，若（其中．），则的最小值为（    ）．A． B． C．2 D．4【答案】B【分析】根据二次函数的性质及对数的运算可得，利用均值不等式求最值即可.【详解】,由，，即，，当且仅当，即时等号成立，故选：B20．已知函数的定义域为，值域为，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据正弦函数的图象特征和性质，结合定义域和值域，即可求解.【详解】，因为，所以，因为，所以.正弦函数在一个周期内，要满足上式，则，所以，所以的取值范围是.故选：D21．已知方程、、的根分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】首先求出，再由得，由得，将其转化为、与的交点，数形结合即可判断结果.【详解】由得，，由方程得的根为 a，由方程得的根为b.在同一平面直角坐标系中画出、、的图象，由图象知，，，.故选：B22．关于的方程在上有两个不相等的实根，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据二次函数零点的分布列不等式组求解.【详解】令，要满足在上有两个不相等的实根，则 ，解得故选：D23．已知函数是R上的单调函数，则实数a的取值范围为（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可讨论时，可看出在上单调递增，而在上不是增函数，显然不合题意；时，可看出在上单调递减，从而得出，解出a的范围即可．【详解】解：①时，在上是增函数；∴在R上是增函数；显然在上不是增函数；∴的情况不存在；②时，在上是减函数；∴在R上是减函数；∴，解得；综上得，实数a的取值范围为．故选：B．24．已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（    ）A．a<b<c B．b<a<c C．b<c<a D．c<a<b【答案】A【分析】由题意可得、、，利用作商法以及基本不等式可得出、的大小关系，由，得，结合可得出，由，得，结合，可得出，综合可得出、、的大小关系.【详解】由题意可知、、，，；由，得，由，得，，可得；由，得，由，得，，可得.综上所述，.故选：A.【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.25．设函数是定义在上的奇函数，对任意，都有，且当时，，若函数（且）在上恰有4个不同的零点，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】分析可知，函数的周期为4，作出函数的图像，依题意可得数与的图像在上有4个不同的交点，然后分及讨论即可．【详解】解：函数是定义在上的奇函数，当时，，当时，，所以，即当时，又对任意，都有，则关于对称，且，，即函数的周期为，又由函数且在上恰有个不同的零点，得函数与的图像在上有个不同的交点，又，当时，由图可得，解得；当时，由图可得，解得．综上可得.故选：C． 二、多选题26．已知函数，，则下列选项中正确的有（    ）A．为奇函数 B．为偶函数C．的值域为 D．有最小值0【答案】AB【分析】根据给定函数，利用函数的奇偶性判断A，B；求出函数的值域判断C；求出函数最小值判断D作答.【详解】函数的定义域为，，为奇函数，A正确；，当且仅当，即时取等号，因此函数的值域为，C不正确；函数定义域为R，，为偶函数，B正确；当时，，D不正确.故选：AB27．已知，则（    ）A． B．C．定义域为 D．值域为【答案】BCD【解析】通过令的换元法，求得解析式，并求出定义域，根据抽象函数定义域求得计算可得定义域，根据，可推出的值域.【详解】令，得，代入函数解析式，得，更换自变量得到函数解析式为,B正确；由可知，解得：，即定义域为，C正确；，，即 ，，即的值域为[0,+∞），D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查换元法求函数解析式，考查抽象函数定义域求法，考查值域的求解问题，属于中档题.28．已知，且，则下列结论正确的是（    ）A．的最大值为 B．的最大值为C．的最小值为 D．的最大值为【答案】BC【分析】利用基本不等式直接判断A；利用基本不等式求得的最大值可判断B；利用基本不等式“1”的代换可判断C；利用二次函数的性质可判断D；【详解】，且，，对于A，利用基本不等式得，化简得，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为，故A错误；对于B，，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为，故B正确；对于C，，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，故C正确；对于D，利用二次函数的性质知，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，，，故D错误；故选：BC29．下列说法正确的是（    ）A．若，则的范围为B．若在第一象限，则在第一、二象限C．要得到函数的图像，只需将函数向右平移个单位D．在中，若，则的形状一定是钝角三角形【答案】ACD【分析】A选项：利用不等式的性质求范围即可；B选项：根据题意将的范围表示出来，再通过的范围得到的范围，即可判断的位置；C选项：根据函数图象平移的结论平移即可；D选项：利用正切的和差公式表示出来，再分类讨论即可.【详解】A选项：因为，所以，又，，所以，所以，故A正确；B选项：因为在第一象限，所以，所以，在第一、二象限或轴正半轴上，故B错；C选项：因为，所以向右平移个单位得到，故C正确；D选项：，因为，所以，由题意知，当时，则或小于零，此时或为钝角，为钝角三角形；当时，，所以为锐角，为钝角，为钝角三角形，故D正确.故选：ACD.30．对于给定实数，关于的一元二次不等式的解集可能是（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】讨论参数，得到一元二次不等式的解集，进而判断选项的正误.【详解】由，分类讨论如下：当时，；当时，；当时，或；当时，；当时，或.故选：AB.31．以下四个命题，其中是真命题的有（    ）．A．命题“”的否定是“”B．若，则C．函数且的图象过定点D．若某扇形的周长为6cm，面积为2，圆心角为，则【答案】ACD【分析】对于A，根据全称命题的否定可判断；对于B，由不等式的性质可判断；对于C，由对数函数的性质可判断；对于D，由扇形的周长、面积公式计算可判断.【详解】对于A，由全称命题的否定，可知选项A正确；对于B，若，则，根据的单调性，可知，故B不正确；对于C，当时，，故其过定点，故C正确；对于D，设扇形的半径为，弧长为，则有，又，故D正确.故选：ACD32．设的终边在第二象限，则的值可能为（    ）A．1 B．-1 C．-2 D．2【答案】AB【分析】先求得的范围，由此进行分类讨论，结合二倍角公式、同角三角函数的基本关系式，化简求得所求表达式的值.【详解】∵的终边在第二象限，∴，，∴，，，故当，时，，当，时，，.故选：AB33．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴，一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，如图，设扇形的面积为，其圆心角为，圆面中剩余部分的面积为，当与的比值为时，扇面为“美观扇面”，下列结论正确的是（参考数据：）（    ）A．B．若，扇形的半径，则C．若扇面为“美观扇面”，则D．若扇面为“美观扇面”，扇形的半径，则此时的扇形面积为【答案】AC【分析】首先确定所在扇形的圆心角，结合扇形面积公式可确定A正确；由可求得，代入扇形面积公式可知B错误；由即可求得，知C正确；由扇形面积公式可直接判断出D错误.【详解】对于A，与所在扇形的圆心角分别为，，，A正确；对于B，，，，B错误；对于C，，，，C正确；对于D，，D错误.故选：AC.34．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．最小正周期是B．是偶函数C．在上递增D．是图象的一条对称轴【答案】ABC【分析】首先利用三角函数的恒等变换得到，再根据余弦函数的性质依次判断选项即可得到答案.【详解】.对选项A，，故A正确.对选项B，，，所以是偶函数，故B正确.对选项C，，，由余弦函数的单调性可知C正确.对选项D，或，故D错误.故选：ABC【点睛】本题主要考查余弦函数的单调性，奇偶性，周期性和对称性，同时考查了三角函数的恒等变换，属于中档题.35．已知函数若方程有四个不等实根.下列说法正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】确定函数解析式，画出函数图像，根据函数得到，化简得到A正确，根据图像知B正确，利用均值不等式得到C错误，计算得到D正确，得到答案.【详解】当时，，，画出函数图像，如图所示：根据图像知：，即，，A正确； ，B正确；，，，即，即，展开得到，解得，由于，等号不成立，故C错误；，故，，D正确.故选：ABD