河北省沧州市2022-2023学年高一上学期期末数学试题

这是一份河北省沧州市2022-2023学年高一上学期期末数学试题，共16页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 若，则关于的不等式的解集是， 已知，，则等于， 函数的部分图象是， 定义， 设，且，则等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色.埋水签字笔将弥封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色.黑水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版必修第一册.
一､选择题：本题共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. 已知集合，则的子集的个数为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】先求中元素的个数，再求的子集的个数.
【详解】因为集合，所以，所以的子集的个数为个.
故选：D.
2. 下列函数是幂函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据幂函数的概念，即可得出答案.
【详解】B项可化为，根据幂函数的概念，可知函数是幂函数，即函数是幂函数.ACD均不是幂函数.
故选：B.
3. “”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】根据充分条件以及必要条件的定义，分别判断充分性以及必要性即可得出答案.
【详解】由，根据函数在上单调递增，可得，
由在R上单调递增，则有，所以充分性成立；
当时，由在R上单调递增，可得，
在的情况下，不成立，所以必要性不成立.
所以，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知函数.设，则（ ）
A. B. 0C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据分段函数的解析式，结合已知求出，进而代入解析式即可得出答案.
【详解】由已知可得，，即，
又，所以.
故选：D.
5. 若，则关于的不等式的解集是（ ）
A. B. 或C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据不等式的性质可得，进而将不等式转化为，求解即可得出结果.
【详解】因为，，所以，所以.
原不等式可化为所以，解得.
所以，不等式的解集为.
故选：A.
6. 已知，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用半角正切公式即可求值，注意法二：正切值的符号.
【详解】方法一：∵，，
∴.
方法二：∵，，
∴的终边落在第一象限，的终边落在第一或第三象限，即，
∴
故选：C
7. 函数的部分图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先判断函数的奇偶性，即可排除AD，又，即可排除B.
【详解】因为，定义域为R，关于原点对称，
又，
故函数为奇函数，图象关于原点对称，故排除AD；
又，故排除B.
故选：C.
8. 定义：对于定义域内的任意一个自变量的值，都存在唯一一个使得成立，则称函数为“正积函数”.下列函数是“正积函数”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据“正积函数”的定义一一判断即可.
【详解】对于A，，
由，
当时，则不存在满足情况，故A不是正积函数；
对于B，，
由，
则任意一个自变量的值，都存在唯一一个满足，
故B正积函数；
对于C，，
由，
得，
当时，则，，，则不唯一，故C不是正积函数；
对于D，，
由，
当时，则不存在满足情况，故D不是正积函数.
故选:B.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分.
9. 若“”为真命题，“”为假命题，则集合M可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由已知条件，写出命题的否定，即为真命题，四个选项逐一判断即可.
【详解】由题意为真命题，为真命题，则应满足选项为集合的子集，且满足，AD选项均满足，B选项当时不符合，故错误，C选项不存在，故错误.
故选：AD
10. 设，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】结合选项及条件逐个判定，把代入可得A正确，利用指数函数单调性可得B正确，利用基本不等式可得C正确，利用1的代换及基本不等式可得D不正确.
【详解】对于A，，且，解得，故A正确；
对于B ，，即，，故B正确；
对于C ，，且，当且仅当时，等号成立，，故C正确；
对于D，，，
∴，
当且仅当，即时等号成立，
又故D错误.
故选：.
11. 已知函数为偶函数，则（ ）
A. 的图象关于直线对称
B. 的最小正周期是
C. 的图象关于点对称
D. 在区间上是增函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】先利用偶函数求出，再利用周期公式求解周期，利用图象的性质求解对称性和单调性.
【详解】因为为偶函数，所以，
又，所以，即.
对于A，由，得.当时，，故的图象关于直线对称，正确；
对于B,的最小正周期是B正确；
对于C,图象的对称中心为C错误；
对于D，令，则，即是的一个单调增区间；由于在上单调递增，D正确.
故选:ABD.
12. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 为奇函数
C. 在上为减函数D. 方程仅有6个实数解
【答案】BD
【解析】
【分析】由已知可推出，令，可得，求出函数值，即可判断A项；由题意可推出周期为8，结合为奇函数，可判断B项；根据对称性，结合已知可推出在上单调递增，进而根据周期性即可判断C项；根据的性质画出图象以及的图象，由结合图象即可判断D项.
【详解】因为为奇函数，所以，所以.
因为为偶函数，所以，所以.
所以有，所以，
所以，即有，
所以的一个周期为8.
对于A项，因为，且.
令，有，故A错误；
对于B项，因为为奇函数，的周期为8.
故，.
所以，
从而为奇函数，故B正确；
对于C项，在区间上是增函数，且的图象关于点对称，所以在上单调递增，又周期为8，故在上单调递增，故C项错误；
对于D项，作出与的大致图象，如图所示.
其中单调递减且，所以两函数图象有6个交点，故方程仅有6个实数解，故D正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：根据抽象函数的奇偶性，可根据对称性得出解析式关系式，进而由两个关系式，即可得出函数的周期.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】对赋值即可求得.
详解】.
故答案为：2.
14. 函数的定义域是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知，解不等式组，即可得出答案.
【详解】要使函数有意义，则，解得或，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
15. 在直角坐标系中，O是原点，A(，1)，将点A绕O逆时针旋转90°到B点，则B点坐标为__.
【答案】(－1，)
【解析】
【分析】由已知∠AOx＝30°，则∠BOx＝120°，又OB=2，结合三角函数定义求点B的坐标.
【详解】依题意知OA＝OB＝2，∠AOx＝30°，∠BOx＝120°，
设点B坐标为(x，y)，所以x＝2cs 120°＝－1，y＝2sin 120°＝，即B(－1，).
故答案为：(－1，).
16. 若正实数是关于的方程的根，则__________.
【答案】0
【解析】
【分析】设，同构变形得到，即，从而得到，即，从而结果.
【详解】令，则在上单调递增，
，即，故，
∵正实数是方程的根，
，则，得，即.
故答案为：0
四､解答题：本题共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. 已知集合，.
（1）求集合，；
（2）若关于的不等式的解集为，求的值.
【答案】（1），；
（2），.
【解析】
【分析】（1）解出集合，根据并集以及补集的运算，即可求出答案；
（2）先求出交集，进而根据一元二次不等式的解集，得出一元二次方程的根，代入即可求出答案.
【小问1详解】
解可得，，所以.
因为，
所以，.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以的解集为，
所以的解为2，3.
所以，解得.
所以，，.
18. 已知函数
（1）判断并证明函数的奇偶性;
（2）判断函数在区间上的单调性（不必写出过程），并解不等式
【答案】（1）函数是R上的偶函数，证明见解析
（2）函数在上单调递增，
【解析】
【分析】（1）利用偶函数的定义判断并证明函数为偶函数；
（2）根据指数函数和复合函数及函数的加减合成的单调性规律判定函数的单调性，然后结合函数是偶函数，将不等式转化为，进而两边同时平方，等价转化为二次方程，求解即得.
【小问1详解】
证明：依题意，函数的定义域为R．对于任意，
都有，
所以函数是R上的偶函数．
【小问2详解】
解：函数在上单调递增．
因为函数R上偶数函数，所以
等价于．因为函数在上单调递增，
所以，即，解得，
所以不等式的解集为．
19. 已知函数.
（1）求函数的单调增区间；
（2）当时，求的值域.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦函数性质知在上递增，即可求增区间；
（2）应用整体法求的区间，再由正弦函数性质求值域.
小问1详解】
由，
所以函数的单调增区间是.
【小问2详解】
由，可得
从而，所以.
所以的值域为.
20. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象.
（1）若恒成立，求；
（2）若在上是单调函数，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先化简，根据平移规律可得到，利用是函数的最大值即可求解；
（2）由可得，结合函数的周期可考虑区间，利用正弦函数的性质列出不等式即可
【小问1详解】
∵，
∴，
又恒成立，∴是函数的最大值，
故，得，，
∵，∴.
【小问2详解】
∵，∴，
令，所以在上是单调函数可转化成在是单调函数，
因为的周期为，所以在是单调函数，
∵，∴，.
∵在是单调函数，∴∴.
21. 某书商为提高某套丛书的销售量，准备举办一场展销会，据市场调查，当每套丛书售价定为元时，销售量可达到万套．现出版社为配合该书商的活动，决定进行价格改革，每套丛书的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为20元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系数为10．假设不计其他成本，即销售每套丛书的利润=售价供货价格.
（1）求每套丛书利润与售价的函数关系，并求出每套丛书售价定为80元时，书商能获得的总利润是多少万元？
（2）每套丛书售价定为多少元时，每套丛书的利润最大？并求出最大利润.
【答案】（1），总利润为(万元)；（2）当元时，每套利润最大为元.
【解析】
【分析】
（1）首先据销售量求得的范围，然后计算出供货价格，可得利润函数，令代入计算出每套书的利润，再乘以销量可得总利润；
（2）利用基本不等式可得最值．
【详解】（1）∵∴
当时，(元)
此时销量为(万件)
总利润为(万元)
（2）
∵
∴
∴
当且仅当，即元时，每套利润最大为元.．
【点睛】本题考查基本不等式的实际应用，解题关键是确定利润函数，并凑出应用基本不等式的条件“一正二定”，然后再考虑“三相等”．
22. 已知函数，其中.
（1）若，求实数的取值范围；
（2）设函数，试讨论函数的零点个数.
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）求出，根据对数函数的单调性，列出不等式，求解即可得到答案；
（2）原题可转化为，结合的定义域，求方程根的个数.对的取值范围分类讨论，得出根的个数，结合函数的定义域即可得出答案.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
所以的取值范围为.
【小问2详解】
由已知可得，.
求函数零点的个数，即求方程根的个数.
由，可得，
即，
整理可得，.
①当时，可化为，解得，方程只有一个根，故此时函数有一个零点；
②当时，方程可化为，解得，方程只有一个根，故此时函数有一个零点；
③当且时，解方程得，或.
令，.
则，.
（ⅰ）且且，
则且，此时有，，故此时函数有两个零点；
（ⅱ），则，，则，，即不在函数的定义域内，故此时函数有一个零点；
（ⅲ）当，则，，则，，即此时和均不在函数的定义域内，故此时函数无零点.
综上，当时，无零点；当时，有一个零点；当时，恰有2个零点.
【点睛】方法点睛：结合的定义域，转化为求方程根的个数.然后对分类讨论，即可得出解析.