河南省三门峡市2022-2023学年高一上学期期末数学试题

这是一份河南省三门峡市2022-2023学年高一上学期期末数学试题，共16页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置
2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
4．考试结束后，将答题卡交回.
第Ⅰ卷（选择题）
一、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. 集合用列举法表示是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式，结合列举法可得结果.
【详解】.
故选：D．
2. 已知，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】B
【解析】
【分析】根据同角平方关系，结合必要不充分性的判断即可求解.
【详解】由，则，故充分性不成立，
由，则，故必要性成立，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
3. 若，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式性质逐项判断可得答案.
【详解】对于A，因，，故，故A错误．
对于B，因为，，故，故，故B错误．
对于C，取，易得，故C错误．
对于D，因为，所以，故D正确．
故选：D．
4. 已知，若，则（ ）
A. 或B. 3或5C. 或5D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据分段函数的定义，分与两种情况讨论即可求解.
【详解】解：由题意，当时，，解得或（舍去）；
当，，解得（舍去）；
综上，.
故选：D.
5. 函数的值域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作换元,根据已知求得的范围，然后根据正切函数的性质得到所求函数值域，进而作出判定.
【详解】设,因为，所以，
因为正切函数在上为单调递增函数，且,
所以．
∴函数的值域为，
故选：A．
6. 根据下表数据，可以判定方程的根所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，通过表格判断，判断零点所在区间，即得结果.
【详解】设函数，易见函数在上递增，
由表可知，，
故，由零点存在定理可知，方程的根即函数的零点在区间上.
故选：B.
7. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可得选项.
【详解】由题意可得，
对于A，奇函数，故A正确；
对于B，不是奇函数，故B不正确；
对于C，，其定义域不关于原点对称，所以不是奇函数，故C不正确；
对于D，，其定义域不关于原点对称，不是奇函数，故D不正确.
故选：A.
8. 已知，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由三角函数同角三角函数关系、二倍角公式化简得，根据幂函数的性质，比较的大小，从而得a，b，c的大小关.
【详解】，
因为，所以，则，
因为，所以，则，
于是有，所以，故.
故选：C.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共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，部分选对的得2分，有选错的或不选的得0分．
9. 下列各式正确的是（ ）
A. 设，则
B. 已知，则
C. 若，，则
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由幂指数的运算可判断AB,由对数的运算性质以及换底公式可判断CD.
【详解】对于A, ,故A错误，
对于B，，故B正确，
对于C,由，得， 所以，故C正确，
对于D，，故D正确，
故选：BCD
10. 已知函数的部分图象如图所示，则能够使得变成函数的变换为（ ）
A. 先横坐标变为原来的倍，再向右平移个单位长度
B. 先横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位长度
C. 先向右平移个单位长度， 再横坐标变为原来的倍
D. 先向左平移个单位长度， 再横坐标变为原来的倍
【答案】AC
【解析】
【分析】利用图象求出函数的解析式，结合三角函数图象变换可得出结论.
【详解】由图可知，，函数的最小正周期为，则．
又，得，即，
而，所以，所以．
把图象向右平移得图象，再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的倍即得的图象；
或者先将图象上所有点的横坐标变为原来的，再将所得图象右移个单位长度得到的图象．
故选：AC．
11. 已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值是4
B. 的最小值是2
C. 的最小值是
D. 的最小值是
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：利用“乘1法”转化后，利用基本不等式求得最小值，进而判定；
对于B：先利用基本不等式求得的取值范围，根据此范围利用基本不等式求最小值时注意基本不等式取等号的条件不能成立，进而判定；
对于C：利用基本不等式和指数幂的运算性质得到最小值，进而判定；
对于D：利用对数的运算法则、对数函数的单调性和B中求得的的取值范围，得到所求式子的最大值为-2，进而判定.
【详解】对于A：，当且仅当时等号成立，
故A正确；
对于B：，当且仅当时等号成立，
∵,∴，当且仅当时取等号.
但,故等号取不到，∴，故B错误；
对于C：，当且仅当时等号成立，
故C正确；
对于D：，当且仅当时等号成立，故D错误．
故选：AC．
12. 已知是定义在上的偶函数，当时，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数在上单调递增
B. 函数有两个零点
C. 不等式的解集为
D. 方程有6个不相等的实数根
【答案】BD
【解析】
【分析】画出函数的图象结合图象可判断A；令求出可判断B；由解不等式可判断C；得，若，即，求出；若，即，求出可判断D．
【详解】由题意，函数的图象如图所示：

对于A，在上单调递减，A错误；
对于B，令，即解得．只有2个零点，B正确；
对于C，由图知只需得，解得，C错误；
对于D，，即，且，解得，
若，即，解得或；若，
即，解得，D正确．
故选：BD．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 命题“，”的否定是______．
【答案】，
【解析】
【分析】根据全称命题的否定为特称命题即可求解.
【详解】“，”的否定是“，”.
故答案为：，
14. 二次函数的部分对应值如下表：
则关于的不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数的对称性可得，再结合，求得的值即可求得一元二次不等式的解集.
【详解】对于二次函数，由表格可得，则二次函数的对称轴为直线，则，
又，结合，解得
所以不等式即为不等式，解得，则不等式的解集为.
故答案为：.
15. 已知，则的值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由条件解出的值即可.
【详解】由可知，由可知，则，
代入解得，则.
故答案为：
16. 若函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意可得的最小正周期为，由奇函数的定义和周期性，结合特殊角的三角函数值，计算可得所求和．
【详解】函数是定义在上的奇函数，则，
又满足，可得的最小正周期为，
所以，则函数关于点对称，即，
又当时，，
所以
．
故答案为：．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知1与2是三次函数的两个零点．
（1）求a，b的值；
（2）比较和的大小．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数零点的定义，列出方程组，即可求解；
（2）由（1），利用作差比较法，即可求解.
【小问1详解】
解：因为1与2是三次函数的两个零点，
根据函数的零点的定义，可得，解得，．
【小问2详解】
解：由（1）得，，
所以.
18. 已知函数的图象关于原点对称，且当时，．

（1）试求在上的解析式；
（2）画出函数的图象，根据图象写出它的单调区间．
【答案】（1）
（2）作图见解析，单调递增区间为和，单调递减区间为
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的性质，结合条件即可求解的解析式，
（2）由的图象即可求解单调区间.
【小问1详解】
∵的图象关于原点对称，
∴是奇函数，∴．
又的定义域为，∴，解得．
设，则，
∵当时，，
∴，∴，
所以；
【小问2详解】
由（1）可得的图象如下所示：

由图象可知的单调递增区间为和，单调递减区间为；
19. 已知.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据正切的差角公式求得，再利用正切的二倍角公式可求得答案；
（2）根据同角三角函数的关系和正弦，余弦的二倍角公式，代入可得答案．
【详解】（1）因为，所以，即，解得，
所以，所以，
（2）．
20. 已知函数
（1）求的值域；
（2）当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由．令，换元后再配方可得答案；
（2）由得，令，转化为时有解的问题可得答案．
【小问1详解】
，
令，则，
所以的值域为．
【小问2详解】
，即，
令，则，即在上有解，
当时，m无解；当时，可得，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以．综上，实数m的取值范围为．
21. 已知函数．
（1）若，求的单调递减区间；
（2）若，将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，求函数在区间上的最值．
【答案】（1）；（2）最小值；最大值2．
【解析】
【分析】
（1）若，，令可求；
（2）若，，则，则根据的取值范围可求.
详解】解：，
（1）∵，
∴，
由，得．
∴函数的单调减区间为．
（2）当时，可知，
将的图象向左平移个单位长度后得到的图象对应的函数为．
当，时，，
当，即时，取最小值；
当时，即时，取最大值2．
【点睛】本题考查利用三角函数的恒等变化求三角函数的性质，解题的关键是正确利用二倍角公式和辅助角公式将函数化为正弦型函数.
22. 已知二次函数.
（1）若在的最大值为5，求的值；
（2）当时，若对任意实数，总存在，使得.求的取值范围.
【答案】（1）2；（2）.
【解析】
【分析】
（1）时，；当时，根据单调性可得答案；
（2）依题意得 ，当、时，利用的单调性可得答案；当和时，结合图象和单调性可得答案.
【详解】（1）当时，，
因为，故，；
当时，对称轴，在上单调递减，
所以，不合题意，舍去，
综上可得：.
（2）依题意得：，即，.
①当时，
对恒成立，
所以，即；
②当时，
对恒成立，
所以，即；
③当时，
对恒成立，
所以，即；
④当时，
对恒成立，
所以，即；
综上所述，的取值范围为.
【点睛】本题考查了二次函数恒成立的问题，所谓“动轴定区间法”，轴动区间定：比较对称轴与区间端点的位置关系，根据函数的单调性数形结合判断取得最值的点，需要分类讨论.
1
2
3
4
0
0.69
1
1.10
1.39
3
1.5
1.10
1
0.75
x
3
4
y
m
0
m