湖南省长沙市雅礼中学2021-2022学年高一数学上学期期末试题（Word版附解析）

雅礼教育集团2021-2022学年高一上学期期末考试试卷

数学

时量：120分钟    分值：150分

一、单选题：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. 设，集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先求出，再根据交集的定义计算可得.

【详解】∵，集合，

∴，

则.

故选：A.

2. 命题“”的否定为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据全称命题的否定是特称命题，写出命题的否定，即可选择.

【详解】命题“”的否定为“” .

故选：.

3. 设，则（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，结合指数、对数函数的单调性，分别比较、、与0和1的大小关系，即可求解.

【详解】根据题意，因为，且，，所以.

故选：A.

4. 已知角顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边过点，将的终边逆时针旋转，这时终边所对应的角是，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先根据已知条件求解出的值，然后根据之间的关系结合诱导公式求解出的值.

【详解】因为，且，

所以，

故选：B.

【点睛】结论点睛：三角函数定义有如下推广：

设点为角终边上任意一点且不与原点重合，，则.

5. 的值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由诱导公式和两角差的余弦公式化简计算.

【详解】

故选：C

6. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性可排除选项A，B；根据函数在上的单调性可排除选项C，进而可得正确选项.

【详解】函数的定义域为且，关于原点对称，

因，

所以是偶函数，图象关于轴对称，故排除选项A，B，

当时，，

由在上单调递增，在上单调递减，

可得在上单调递增，排除选项C，

故选：D.

7. 在中，已知，，则C的大小为（    ）

A. 90° B. 45° C. 135° D. 60°

【答案】C

【解析】

【分析】利用两角和正切公式及三角形内角和定理可得结果.

【详解】∵，，

∴，

∴，

又，

∴.

故选：C.

8. 近来猪肉价格起伏较大，假设第一周、第二周的猪肉价格分别为a元/斤、b元/斤，甲和乙购买猪肉的方式不同，甲每周购买20元钱的猪肉，乙每周购买6斤猪肉，甲、乙两次平均单价为分别记为，，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.  C.  D. ，的大小无法确定

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意结合基本不等式可得，即可判断.

【详解】根据题意可得，当且仅当等号成立，

，当且仅当等号成立，

由题意可得，所以，，则.

故选：C.

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．

9. 若是的充分不必要条件，则实数a的值可以是（　　）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】CD

【解析】

【分析】先根据充分不必要条件求解出的取值范围，由此确定出的可取值.

【详解】因为是的充分不必要条件，

所以，

所以的可取值有，

故选：CD.

10. 已知不等式的解集是，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据已知条件，利用二次不等式的解集与二次函数的的图象的对应关系，借助韦达定理和不等式的基本性质作出判断.

【详解】由已知得的两根为和2，

∴

∴

∴

∴ ,

故选：BCD.

11. 已知函数，则下列说法中正确的是（    ）

A. 的最小正周期为

B. 在上单调递增

C. 是的一个对称中心

D. 当时，的最大值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据三角函数最小正周期、单调区间、对称中心、最值的求法，确定正确选项.

【详解】对于A选项，，故A选项正确.

对于B选项，由，解得，

所以的单调递增区间是，

，所以B选项错误.

对于C选项，，所以C选项正确.

对于D选项，，

所以，当时，函数取得最大值，即，所以D选项正确

故选：ACD.

【点睛】方法点睛：求函数在区间上最值的一般步骤：

第一步：三角函数式的化简，一般化成形如的形式或的形式；

第二步：由的取值范围确定的取值范围，再确定（或)的取值范围；

第三步：求出所求函数的最值.

12. 定义在实数集R上的奇函数满足，且当时，，下列正确的是（    ）

A.  B. 函数的最小正周期为2

C. 函数的值域为 D. 方程有5个根

【答案】ACD

【解析】

【分析】由题设可得最小正周期为4且值域为，根据已知区间解析式画出图象判断A、B、C的正误，再画出的图象判断交点情况即知D的正误.

【详解】定义在实数集R上的奇函数满足，

∴，即的最小正周期为4且的值域为，

作出的图象，

∴，故A、C正确，B错误；

由图知：共有5个交点，可得方程有5个根，则D正确；

故选：ACD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 幂函数的图象经过点，则的值为________.

【答案】

【解析】

【分析】运用待定系数法，结合代入法进行求解即可.

【详解】设，因为幂函数的图象经过点，

所以，因此，

故答案为：

14. 已知扇形AOB的面积为，圆心角为120°，则该扇形所在圆的半径为______．

【答案】2

【解析】

【分析】利用扇形的面积公式即可求解.

【详解】，扇形AOB的面积为，

所以，解得．

故答案为：2

15. 的单调递增区间是________．

【答案】．

【解析】

【分析】利用正切函数的单调性列出不等式直接求解即可.

【详解】∵，∴令，，解得，，所以函数的单调递增区间为．

故答案：．

16. 若,,则x的取值范围是________；若,则x的取值范围是________.

【答案】    ①.     ②. ,

【解析】

【分析】

根据,又因为,结合特殊的三角函数值,即可就出解;利用换元法令,则转化为,解得,结合即可求出不等式的的解.

【详解】解：由,又因为,

解得：;

令,则,

,,

,

解得,,

故答案为：（1）;（2）,.

【点睛】本题考查特殊角的三角函数值,以及根据三角函数的值域求参数,属于简单题.

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. 已知函数，且为偶函数，再从条件①、条件②中选择一个作为已知，求的解析式．

条件①：函数在区间上的最大值为5；

条件②：方程有两根，，且．

【答案】

【解析】

【分析】先由为偶函数，求出的值，若选①：根据二次函数的单调性得出其最值的可求，得出答案；若选②：由题意可得，，则从而可得答案.

【详解】因为为偶函数，且定义域为R关于原点对称，

所以，所以，

所以，又因为x不恒为0，所以，

所以，所以，

若选①：因为，对称轴为，

所以在上递减，在上递增，所以，

又因为，，则，所以，所以，

所以；

若选②：因为的两根为，且，

所以，，所以，所以，

所以．

18. 已知函数的部分图象如图所示：

（1）求的解析式；

（2）将的图象上所有的点横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象求方程在的实数解.

【答案】（1）；（2）或或.

【解析】

【分析】

（1）先根据函数图象确定出的最小正周期，再根据最小正周期的计算公式求解出的值，然后代入点结合的范围求解出的值，从而的解析式可求；

（2）先根据图象变换求解出的解析式，然后根据得到关于的方程，结合，求解出的值即为方程的实数解.

【详解】（1）因为由图象可知，所以且，所以，

所以，代入点，所以且，所以，

所以；

（2）的图象上所有的点横坐标缩短到原来的后得到的函数解析式为：，

因为，所以，又因为，所以，

所以或或，所以或或，

所以方程在的实数解为：或或.

【点睛】思路点睛：根据的图象求解函数解析式的步骤：

（1）根据图象的最高点可直接确定出的值；

（2）根据图象的对称轴、对称中心确定出函数的最小正周期，再利用最小正周期的计算公式求解出的值；

（3）代入图象中非平衡位置的点，结合的范围求解出，则函数解析式可求.

19. 已知，均为锐角，且，．

（1）求的值；

（2）求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先由求出cosα的值，再利用正弦的二倍角公式求解即可，

（2）由条件求出，由，则，然后利用两角差的正弦公式化简计算即可

【小问1详解】

因为，且为锐角，所以，

所以．

【小问2详解】

因为，均为锐角，所以，又，所以，

由（1）知，，

所以

20. 已知函数的最小值为．

（1）求m的值；

（2），，求实数a的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）．

【解析】

【分析】（1）先对函数化简得，再由函数的最小值为，得，从而可求出m的值，

（2）先将原不等式转化为对恒成立，由，得，所以对恒成立，所以且，再利用基本不等式求出即可

【小问1详解】

因为，

所以，所以当时，有最小值，

所以，所以，

【小问2详解】

因为对恒成立，

所以对恒成立，

所以对恒成立，

所以对恒成立，所以对恒成立，

又因为，所以，所以对恒成立，所以且，

又因为，取等号时，即，即或，

所以．

21. 2021年5月，“共和国勋章”获得者、“杂交水稻之父”袁隆平先生辞世，他的功绩将永远被人们铭记：在他和几代科学家的共同努力下，中国用全世界7%的耕地，养活了全世界22%的人口，目前，我国年人均粮食占有量已经稳定在470千克以上，远高于国际公认的400千克粮食安全线，雅礼中学数学建模小组的同学想研究假如没有杂交水稻的推广，没有合理的人口、土地政策，仅以新中国成立时的自然条件为前提，我国年人均粮食占有量会如何变化？根据英国经济学家马尔萨斯《人口论》的观点“人口呈几何级数增长，而生活资料呈直线型增长”，该小组同学做了以下研究．根据马尔萨斯的理论，自然状态下人口增长模型为①（其中t表示经过的时间，表示时的人口数，r表示人口的年平均增长率，y表示t年后的人口数，单位：万人）根据国家统计局网站的数据，我国1950年末、1959年末的人口总数分别为55196万和67207万．该小组同学根据这两个数据，以1950年末的数据作为时的人口数，求得①式人口增长模型．

（1）请求出该小组同学①式人口增长模型；

（2）根据马尔萨斯的理论，该小组同学把自然状态下粮食增长模型近似看作直线型模型，通过查阅我国1950年末至1959年末粮食产量，得到粮食增长模型近似为y=600t+13600（其中t表示经过的时间，y表示第t年的粮食年产量，单位：万吨）．（）表示从1950年末开始第t年的年人均粮食占有量，单位：吨/人．

①求满足的正整数k的最小值．

②按此模型，我国年人均粮食占有量能达到400千克吗？试说明理由．

参考数据：，，，．

【答案】（1）   

（2）①24 ；②不能；理由见解析

【解析】

【分析】（1）由题意得，两边取自然对数化简计算可求得，从而可求得①式的人口增长模型，

（2）①由，可得，化简计算得，从而可求出正整数k的最小值，

②由①当时，，所以当时，最大，计算，从而得，进而可得结论

【小问1详解】

由题意可得，则，，

所以，所以，

所以．

【小问2详解】

①由，得，所以，

化简得，即，解得，因为k为正整数，所以正整数k的最小值为24，

②由①当时，，所以当时，最大，

，即，

所以按此模型，我国年人均粮食占有量不能达到400千克．

22. 已知函数（）．

（1）若在上的最大值为，求a的值；

（2）证明：函数有且只有一个零点，且．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由在上递增，可得，从而可求出a的值，

（2）由函数的单调性和零点存在性定理可证得函数有且只有一个零点，方法一：由，可得，再由，可得，则，再结合可证得结论，方法二：由得，再结单调性可得，从而可证得，由在单调递增，可得，从而可得结论

【小问1详解】

因为函数和在上递增，

所以在上递增，

又因为在上的最大值为，所以，

因为，所以解得；

【小问2详解】

证明：因为，所以，所以在上不存在零点．由（1）得在上单调递增，且，

所以在上有唯一零点，且

方法一：因为，所以，，

因为，所以，

所以， ，

由于，

所以

因为，所以，得证．

方法二：因为，有

所以

因为在单调递减，所以

当时，有，所以

有，即

因为在单调递增，所以

所以