天津市四校2021-2022学年高一上学期期末联考数学试卷

这是一份天津市四校2021-2022学年高一上学期期末联考数学试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
3．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件
4．如果，那么下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．设，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知定义在上的函数满足，且时，，都有，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
7．为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（ ）
A．向左平行移动个单位长度B．向左平行移动个单位长度
C．向右平行移动个单位长度D．向右平行移动个单位长度
8．若实数，且，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
9．已知函数，若函数有9个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．已知幂函数的图象经过点，则 .
11．计算 .
12．若扇形的圆心角为2弧度，扇形的周长为，则扇形的面积为 .
13．已知，则 .
14．函数在上单调递增，则实数的取值范围是 .
15．已知下列命题
①函数的定义域为；
②函数与的图象关于直线对称；
③若函数是上的单调递增函数，则；
④函数（其中）的一部分图象如图所示，则.
其中正确命题的序号为 .
三、解答题
16．已知函数的定义域为集合，集合
(1)若全集，求：；
(2)若，求：实数的取值范围.
17．已知函数
(1)若的解集为，求：实数的值；
(2)若对恒成立，求：实数的取值范围；
(3)若，求：关于的不等式的解集.
18．已知函数
(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；
(2)求函数在上的最值；
(3)若，求的值.
19．已知函数是定义在上的奇函数，且
(1)求的值及的解析式；
(2)用定义法证明函数在上单调递增；
(3)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
20．已知函数
(1)已知函数，若方程在上有四个不相等的实数根，求：实数的取值范围；
(2)若函数的定义域为，求：函数的最值；
(3)，不等式恒成立，求：实数的取值范围.
参考答案：
1．B
【分析】利用补集的定义可求出集合，然后利用交集的定义可求出集合.
【详解】因为，，所以，
因此.
故选：B
2．C
【分析】根据全称量词命题的否定形式可得.
【详解】根据全称量词命题的否定形式可知：
“”的否定为“”.
故选：C
3．B
【分析】先解不等式，再利用集合的包含关系判断.
【详解】由题易知的解集为，真包含于，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4．D
【分析】根据不等式的性质即可判断AC；利用作差法即可判断BD.
【详解】因为，所以，，故AC错误；
对于B，，
因为，所以，所以，
所以，故B错误；
对于D，，
因为，所以，
所以，所以，故D正确.
故选：D.
5．A
【分析】三个数无法直接比大小，首先分别和0，1比大小，然后得出三个数的大小关系.
【详解】，，，所以
故选：A
6．C
【分析】由题意得函数单调性以及奇偶性，由此可将不等式等价转换为一元二次不等式，由此即可顺利得解.
【详解】不妨设，由，可得，即函数在上单调递增，
又定义在上的函数满足，所以函数是偶函数，
所以函数在上单调递减，
所以或，
所以不等式的解集为.
故选：C.
7．B
【分析】根据平移变换的原则即可得解.
【详解】，
则为了得到函数的图象，
只需把函数的图象上所有的点向左平行移动个单位长度.
故选：B.
8．D
【分析】由题意可得，再根据基本不等式中“1”的整体代换即可得解.
【详解】因为，所以，
由，得，
则
，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故选：D.
9．B
【分析】令，则或，先作出函数的图象，即可得出方程和方程实根的个数，进而可得出方程实根的个数，再结合函数的图象即可得解.
【详解】因为函数有9个不同的零点，
所以方程有9个不同的实根，
，
令，则或，
，
如图，作出函数的图象，
由图可知，方程有个不同的实根，
方程有个不同的实根，
因为所以方程有个不同的实根，
如图，作出函数的图象，
由图可知.
故选：B.
【点睛】方法点睛：已知函数零点（方程的根）的个数求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
10．3
【分析】根据条件求出，即可求出结果.
【详解】设为常数，又的图象经过点，
所以，解得，故，所以，
故答案为：.
11．/
【分析】根据对数与指数运算计算即可.
【详解】.
故答案为：
12．
【分析】先根据扇形的周长求出半径，再根据扇形的面积公式即可得解.
【详解】设扇形的半径为，
则，解得，
所以扇形的面积为.
故答案为：.
13．/
【分析】先利用诱导公式化简，再根据商数关系化弦为切即可得解.
【详解】
.
故答案为：.
14．
【分析】根据复合函数单调性性质将问题转化为二次函数单调性问题，注意真数大于0.
【详解】令，而为减函数，
所以在上单调递增等价于在上单调递减且恒成立，
即，解得.
故答案为：
15．②④
【分析】根据正切函数的定义域即可判断①；根据指数函数与对数函数图象的关系即可判断②；对于③，由题意可得，解之即可得解；先根据函数图象求出函数解析式，即可判断④.
【详解】对于①，由，
得，则，
所以函数的定义域为，故①错误；
对于②，函数与互为反函数，
其图象关于直线对称，故②正确；
对于③，因为函数是上的单调递增函数，
所以，解得，故③错误；
对于④，由图可知，解得，
，所以，
则，
又，即，
所以，
又，所以，
所以，
所以，故④正确.
故答案为：②④.
【点睛】关键点点睛：在利用分段函数的单调性求参数时，除了分析每支函数的单调性外，还应由间断点处函数值的大小关系得出关于参数的不等式组求解.
16．(1)
(2),
【分析】（1）先求出集合，，再结合补集、交集的定义，即可求解；
（2）由已知条件，推得，再分是否为空集讨论，即可求解．
【详解】（1）因为,
故函数的定义域为，
集合，
则或，
所以.
（2），则，
当时，，符合题意，
当时，集合，
则，解得，
故，
综上所述，实数的取值范围为,.
17．(1)；
(2)；
(3)详见解析.
【分析】（1）根据题意，得到和3为方程的两根，根据韦达定理，即可得出结果；
（2）根据题意，得到恒成立，分别讨论和两种情况，即可得出结果；
（3）分，，，四种情况讨论结合二次不等式解法可得.
【详解】（1）因为的解集为，
所以和3为方程的两根，所以，
解得；
（2）对恒成立，
①当时，，符合题意；
②当时，，解得，
综上，实数a的取值范围是；
（3）由，得，
即，
当时，，即，
当时，，
当时，，解得，
当时，，
解得，或，
当时，，
解得，或，
综上：当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为 ，或
当时，原不等式的解集为，或
18．(1)，单调递增区间为；
(2)，；
(3).
【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简，然后根据正弦函数性质求解可得；
（2）根据求得，然后由正弦函数性质可解；
（3）利用诱导公式求解即可.
【详解】（1）
，
所以，函数的最小正周期为.
由得，
所以，的单调递增区间为.
（2）当时，，
所以，当，即时，；
当，即时，.
（3）若，即，
得，
所以.
19．(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件得出和，解出，即可求出结果；
（2）利用函数单调性的定义法即可证明结果；
（3）根据（1）和（2）的结果，由得到，即可求出结果.
【详解】（1）因为是定义在上的奇函数，所以①，又②，
由①②解得，所以，
又，故满足题意，
综上，，.
（2）由（1）知，
任取且，
则，
因为，又在定义上单调递增，所以，得到，
又，所以，即，
故函数在上单调递增.
（3）因为函数是奇函数且在上单调递增，
由，得到，
所以，解得.
20．(1)
(2)最大值为最小值为
(3)或
【分析】（1）可化为，通过分析的单调性列不等式求解；
（2）换元法转化为二次函数求最值；
（3）分离参数先转化为对x恒成立，求得最值，再转化为对a恒成立，求最值解不等式即可.
【详解】（1）由题意，函数，
方程可化为，
易知函数在和上单调递减, 在和单调递增,
故,无最大值,又,
当且，
若方程在上有四个不相等的实数根，
则，解得.
（2）若函数的定义域为，
则，
故的定义域为，
令， 则,其对称轴为，
函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
故函数的最大值为最小值为.
（3）恒成立，
转化为，
，
由对勾函数性质可知在单调递减，且，
则，
，
所以恒成立，即对恒成立，
又，所以，解得或.
【点睛】关键点睛：第二问注意函数定义域不是，第三问注意对勾函数性质应用.