浙江省丽水市2022-2023学年高一上学期期末数学试题

这是一份浙江省丽水市2022-2023学年高一上学期期末数学试题，共18页。试卷主要包含了 “”是“”的， 设，，，则有等内容，欢迎下载使用。
2023.1
本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共5页，满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题卷规定的位置上.
2.答题时，请按照答题卷上“注意事项”的要求，在答题卷相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知全集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得，再根据补集的定义，即可得答案.
【详解】由全集，
可得，故，
故选：D
2. 下列哪组中的两个函数是同一函数（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的定义判断.
【详解】A. 的定义域为，的定义域为R，故错误；
B. 的定义域为，的定义域为，给错误；
C. 的定义域为，的定义域为R，故错误；
D. 的定义域为，的定义域为，故错误；
故选：D
3. 设非空集合A, B满足，则 （ ）
A. x0∈A, 使得x0BB. x∈A, 有x∈B
C. x0∈B, 使得x0AD. x∈B, 有x∈A
【答案】B
【解析】
【分析】意味着集合中的元素都是集合中的元素，由此判断即可
【详解】根据可知，x∈A, 有x∈B
故选：B
4. “”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
【解析】
【分析】首先解分式不等式，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可．
【详解】解：因为，所以，
，，
或，
当时，或一定成立，所以“”是“”的充分条件；
当或时，不一定成立，所以“”是“”的不必要条件．
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
5. 要得到函数的图象，只需将函数的图象
A. 向右平移个单位B. 向左平移个单位
C. 向右平移个单位D. 向左平移个单位
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用三角函数图象的平移变换法则求解即可．
【详解】因为，
，
，
所以得到函数的图象，
只需将函数的图象向左平移个单位,故选D．
【点睛】本题考查了三角函数的图象，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.
6. 设，，，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用余弦差角和倍角公式，正弦的二倍角公式以及商数关系，对进行化简，再利用的性质即可得到结果.
【详解】因为，，
，由的性质可知，，
故选：A.
7. 已知函数，其图象上两点的横坐标，满足，且，则有（ ）
A. B.
C. D. ，的大小不确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数，作差比较.
【详解】已知函数，
所以，
，
，
因为，，
所以.
故选：C
【点睛】本题主要考查作差法比较函数值的大小，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
8. 已知，，为一次函数，若对实数满足，则的表达式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由绝对值的意义分析可得函数和的根为和，然后按的符号分4种情况讨论，求出的解析式即可.
【详解】由可知函数的分段点为和，
而函数，，为一次函数，所以可得函数和的根为和，
假设的根为，的根为，
分4种情况讨论：
（1）时，，时，，
当时，，
当时，，
两式相加可得，
（2）时，，时，，
当时，，
当时，，
两式相加可得，
（3）时，，时，，
当时，，
当时，，
两式相加可得，
（4）时，，时，，
当时，，
当时，，
两式相加可得，
综上可得
故选：B
三､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 下列函数图象与轴均有交点，其中不能用二分法求其零点的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数零点存在原理、二分法逐一判断即可.
【详解】由选项AC中函数图象可知这两个函数的函数值没有负实数，即在零点左右函数值不变号，
选项BD中的函数图象可知这两个函数的函数值有负实数，即在零点左右函数值变号，
因此不能用二分法求其零点的是AC，
故选：AC
10. 已知正数，满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】本题首先可根据判断出A，然后根据判断出B，再然后根据判断出C ，最后根据判断出D.
【详解】因为、是正实数，所以，当且仅当时取等号.
因，所以，故A不正确.
因为.
当且仅当，即等号成立，故B不正确.
，当且仅当时取等号.
即，故C正确.
，当且仅当时取等号，故D正确.
故选：CD.
11. 设，，为正实数，且，则的大小关系可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】令，，讨论根据的单调性确定大小关系.
【详解】令，则，，，
所以，
当时，，故B正确；
当时，由函数在上为增函数知，所以，故A正确；
当时，由函数在上为减函数知，所以，故C正确D不正确；
故选：ABC
12. 已知函数为自然对数的底数），，若，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意结合的单调性易得，根据已知零点判断A、C；应用零点存在性判断的范围，由求范围判断B；放缩法可得，作差法比较的大小关系判断D.
【详解】由题意，即，
而在定义域上递增，故，
所以，即，A对，C错；
由，，故零点，
所以，B对；
由，则，
而，显然，则，故，
综上，，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：注意函数形式得到，结合单调性得到，进而有关键.
三､填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分
13. 写出一个为奇函数的幂函数__________.
【答案】答案不唯一，如：
【解析】
【分析】根据奇函数的定义，可得答案.
【详解】对于定义域内任意，也在其定义域内，且，则函数为奇函数.
故答案为：答案不唯一，如：
14. 若a＝lg23，则2a+2﹣a＝___．
【答案】．
【解析】
【分析】
由对数式可容易求得，代值即可解得.
【详解】因为，故可得，则，
故.
故答案为：.
【点睛】本题考查对数式和指数式的计算，属基础题.
15. 若，且，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据同角的三角函数关系式，结合两角和的正弦公式进行求解即可.
【详解】因为且，所以，
又因为且，所以，
所以，
故答案为：
16. 已知函数，若的解集中有且仅有两个整数，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据，的解集中有且仅有两个整数，得到两个整数为0和1求解.
【详解】解：因为，且的解集中有且仅有两个整数，
所以，解得，
所以的取值范围是，
故答案为：
17. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.根据这一结论，可以求出函数的对称中心是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设的对称中心是，根据题中结论利用奇函数的定义可得，化简整理即可求得，即得答案.
【详解】设的对称中心是，
则函数为奇函数，即，
故，
所以，
整理得，
则，
故的对称中心是，
故答案为：
18. 已知函数，，满足，，且在区间上有且仅有一个使，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的对称轴以及可求得关于正整数k的表达式，根据在区间上有且仅有一个使，可确定正整数k的取值范围，分类讨论，即可确定答案.
【详解】因为满足，，即为的一条对称轴，
故，且，，
则，其中，，
且同为奇数或偶数；
又在区间上有且仅有一个使，
故要求的最大值，需使包含的周期应最多，
所以，得，即，
当时，，为奇数，，则，
此时，
当等于或时，，不合题意；
当时，，为偶数，，则，
此时，
当等于或时，，不合题意；
当时，，为奇数，，则，
此时，
当等于时，，合乎题意；
由于，即随着k的增大而增大，
故的最大值为，
故答案为：
【点睛】难点点睛：本题是关于三角函数解析式的求解问题，要根据函数的性质求得解析式中得参数，难点在于求得参数的表达式之后，要能根据函数在区间上有且仅有一个使，结合正弦函数性质，分类讨论k的取值，确定.
四､解答题（本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
19. 已知，且是第一象限角.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先弦化切，再结合同角三角函数的基本关系式求得所求表达式的值.
（2）先应用诱导公式，再弦化切，最后结合同角三角函数的基本关系式求得所求表达式的值.
【小问1详解】
【小问2详解】
20. 已知函数.
（1）求出的最小正周期及单调递增区间；
（2）若，求使成立的的取值集合.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角函数的最小正周期公式求得的最小正周期，利用整体代入法求得单调递增区间.
（2）由，根据三角恒等变换的知识求得的取值集合.
【小问1详解】
的最小正周期；
由，
可得，
单调递增区间是.
【小问2详解】
，，
，即.
的取值集合是.
21. 某厂家为增加某种商品的销售量，决定投入广告据市场调查，广告投入费用（单位：万元）与增加的销售量（单位：千件）满足下列数据：
为了描述广告投入费用与增加的销售量的关系，现有以下三种函数模型供选择：，，，，，
（1）选出你认为最符合题意的函数模型，并说明理由；
（2）根据你选择的函数模型，求出相应的函数解析式；你认为增加的销售量为多少时，每千件的广告投入费用最少？
【答案】（1）选择是最合适的模型，理由见解析
（2）；千件
【解析】
【分析】（1）可利用特殊点与单调性，排除不合适函数模型；
（2）可将表中数据代入（1）中所选函数模型，求出函数，则每件的广告费用为,继而求其最值即可.
【小问1详解】
，在区间上单调递减，
与表中数据矛盾，该模型不合适,
，则函数在处无意义,
与表中数据矛盾，该模型不合适,
故选择是最合适的模型.
【小问2详解】
将表中的数据代入可得，
解得
所以；
设每千件的广告费用为，
则
，
所以当时，最小值为，
故销售量增加达到千件时，才能使每千件的广告投入费用最少.
22. 已知函数.
（1）若，判断函数在区间上的单调性并用定义证明；
（2），恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）单调递增，证明见解析
（2）或.
【解析】
【分析】（1）先取值，再对函数值作差，变形后判断符号，从而可得结论；
（2）由，得恒成立，从而可求出实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
在区间上单调递增.
证：，且，则
，
，
，即，
在区间上单调递增.
【小问2详解】
由，
因为，所以有，
可得，
可得，
可得，
可得或，
因为，，
所以的最大值为1，的最小值为，
综上可知，的取值范围是或.
23. 新定义：若存在满足，且，则称为函数的次不动点.已知函数，其中.
（1）当时，判断是否为函数的次不动点，并说明理由；
（2）求出的解析式，并求出函数在上的次不动点.
【答案】（1）是函数的次不动点，理由见解析
（2），次不动点为.
【解析】
【分析】写出函数解析式，利用新定义，建立方程，可得答案.
【小问1详解】
当时，，则，
因为，，所以是函数的次不动点.
【小问2详解】
由得，此时；
由得，此时；
由得，此时；
由得，此时；
所以
当时，由得，
此时，所以是函数的次不动点；
当时，由得，
此时，所以不是函数的次不动点；
综上可知函数在上的次不动点为.
增加的销售量
0
1
2
4
5
广告投入费用
0.000
0.452
0.816
1.328
1.500