黑龙江省双鸭山市第一中学2021-2022学年高一上学期期末数学试题

2022年度（上学期）高一期末考试（数学）

一、单选题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题四个选项中，仅有一项正确)

1. 已知集合，，则（    ）．

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】解一元二次不等式求集合B，再利用集合的交运算求.

【详解】由题设，，而，

∴.

故选：A

2. （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用两角和的正弦公式可求得所求代数式的值.

【详解】解：原式，

故选：C.

3. 设则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由指数函数、对数函数的单调性，并与0，1比较可得答案

【详解】由指数、对数函数的性质可知：，，

所以有.

故选：D．

4. 已知函数是幂函数，且在上是减函数，则实数m的值是（    ）．

A 或2 B. 2 C.  D. 1

【答案】C

【解析】

【分析】

由函数是幂函数可得，解得或2，再讨论单调性即可得出.

【详解】是幂函数，，解得或2，

当时，在上是减函数，符合题意，

当时，在上是增函数，不符合题意，

.

故选：C.

5. 已知角的终边在第三象限，则点在（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】

根据角的终边所在象限，确定其正切值和余弦值的符号，即可得出结果.

【详解】角的终边在第三象限，则，，点P在第四象限．

故选：D.

6. 已知，则的值为（    ）

A. －4 B. 4 C. －8 D. 8

【答案】C

【解析】

分析】

由已知条件，结合同角正余弦的三角关系可得，再将目标式由切化弦即可求值.

【详解】由题意知：，即，

∴，而.

故选：C.

【点睛】本题考查了同角三角函数关系，应用了以及切弦互化求值，属于基础题.

7. 函数（且 ）图象恒过定点，若点在直线上，其中，则的最大值为

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】∵由得，

∴函数（且 ）的图像恒过定点，

∵点在直线上，∴，∵，

当且仅当，即时取等号，

∴，∴最大值为，

故选D．

【名师点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．

8. 已知函数在[2，3]上单调递减，则实数a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复合函数的单调性法则“同增异减”求解即可.

【详解】由于函数在上单调递减，在定义域内是增函数，

所以根据复合函数的单调性法则“同增异减”得：

在上单调递减，且，

所以且，解得：.

故的取值范围是

故选：C.

二、多选题(本题共4小题，每小题5分，共20分，部分选对得2分，多选错选得0分)

9. 下列函数中，以为最小正周期的函数有（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】依次求出每个函数的周期即可.

【详解】，其最小正周期为，

的最小正周期为，所以的最小正周期为，

的最小正周期为，所以的最小正周期为，

的最小正周期为

故选：BD

10. 下列说法正确的是（    ）

A. 已知方程的解在内，则

B. 函数的零点是，

C. 函数，的图像关于对称

D. 用二分法求方程在内的近似解的过程中得到，，，则方程的根落在区间上

【答案】ACD

【解析】

【分析】

由函数零点的概念判断选项B，由函数零点存在性定理判断选项AD，由函数与函数互为反函数判断选项C.

【详解】对于选项A，令，

因为在上是增函数，且，

所以方程的解在，所以，故A正确；

对于选项B，令得或，故函数的零点为和，故B错误；

对于选项C，函数与函数互为反函数，所以它们的图像关于对称，故C正确；

对于选项D，由于，所以由零点存在性定理可得方程的根落在区间上，故D正确.

故选：ACD

11. 已知，关于的下列结论中正确的是(    )

A. 的一个周期为

B. 在单调递减

C. 的一个零点为

D. 的图象关于直线对称

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据余弦型函数的图像与性质即可逐项判断求解﹒

A：余弦型函数y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为，周期为；

B：余弦型函数y＝Acos(ωx＋φ)(ω＞0)的减区间由ωx＋φ∈[]，k∈Z求得；

C：余弦型函数y＝Acos(ωx＋φ)的零点由ωx＋φ=，k∈Z求得；

D：余弦型函数y＝Acos(ωx＋φ)的对称轴由ωx＋φ=，k∈Z求得.

【详解】的最小正周期为，则的一个周期为，故A选项对；

当时，f(x)单调递减，

解得，，当k＝0时，即可判断f(x)在上不单调，故B选项错；

的零点为，解得，，当k＝1时，即可判断C选项对；

的对称轴为，解得，，当k＝3时，即可判断D选项对；

故选：ACD.

12. 定义域和值域均为的函数和的图象如图所示，其中，给出下列四个结论正确结论的是（    ）

A. 方程有且仅有三个解 B. 方程有且仅有三个解

C. 方程有且仅有一个解 D. 方程有且仅有九个解

【答案】AC

【解析】

【分析】

直接利用函数的图象和性质求出结果．

【详解】解：根据函数的图象，函数的图象与轴有3个交点，

所以：方程有且仅有三个解；

函数在区间上单调递减，

所以：方程有且仅有一个解．

对于D：方程，即或，或，

因为有三个解，当时或只有一个解，故有5个解，故D错误；

对于B ：方程，即，当时只有一个解，故只有1个解，故B错误；

故选：．

【点睛】本题考查的知识要点：函数的图象的应用，函数的零点的应用，函数的单调性的应用，属于基础题．

三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)

13. 圆的半径是6 cm，则圆心角为30°的扇形面积是_________．

【答案】3π

【解析】

【分析】根据扇形的面积公式即可计算.

【详解】,.

故答案为：3π.

14. 函数的定义域是___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据正切函数的定义域求解即可得出答案.

【详解】函数的定义域为：
 

即：函数的定义域为：

故答案为：

15. 已知定义在R上的函数f(x)，对任意实数x都有f(x+4)=-f(x)，若函数f(x)的图象关于y轴对称，且f(-5)＝2，则f(2021)=_____．

【答案】2

【解析】

【分析】先判断函数的奇偶性，再由恒成立的等式导出函数f(x)的周期，利用奇偶性及周期性化简求解即得.

【详解】因为函数f(x)的图象关于y轴对称，则f(x)为偶函数，

由f(x+4)=-f(x) ，可得f(x+8)=-f(x+4)=f(x)，即函数f(x)的周期为8，

则f(2021)=f(5+252×8)=f(5)=f(-5)=2，

所以f(2021)=2.

故答案为：2

16. 已知，若方程有四个根且，则的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】作出函数的图象，结合图象得出，，得到，结合指数函数的性质，即可求解.

【详解】由题意，作出函数的图象，如图所示，

因为方程有四个根且，

由图象可知，，可得，

则，

设，所以，

因为，所以，所以，

所以，即，

即的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中作出函数的图象，结合图象和指数函数的性质求解是解答的关键，着重考查数形结合思想，以及推理与运算能力.

四、解答题（17题10分，18-22题每题12分）

17. （1）已知：，若是第四象限角，求，的值；

（2）已知，求的值.

【答案】（1），；（2）．

【解析】

【分析】（1）由同角间的三角函数关系计算；

（2）弦化切后代入计算．

【详解】（1）因为，若是第四象限角，

所以，；

（2），则．

18. 已知集合，.

（1）当时，求，；

（2）若，且“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.

【答案】（1），或；   

（2）．

【解析】

【分析】（1）当时，求出集合，，由此能求出，；

（2）推导出，的真子集，求出，，列出不等式组，能求出实数的取值范围．

【小问1详解】

或，

当时，，

，

或；

【小问2详解】

若，且“”是“”的充分不必要条件，

，的真子集，

，，

，解得．

实数的取值范围是．

19. 化简求值：

（1）已知都为锐角，，求的值；

（2）.

【答案】（1），   

（2）0.

【解析】

【分析】（1）先计算出，的值，然后根据角的配凑以及两角差的余弦公式求解出的值；

（2）利用诱导公式以及两角和的正切公式结合正、余弦的齐次式计算化简原式．

【小问1详解】

因为，都为锐角，，，

所以，，

则．

【小问2详解】

原式

．

20. 已知函数的最小正周期为.

（1）求的值和的单调递增区间；

（2）令函数，求在区间上的值域.

【答案】（1），函数单调递增区间：，；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用函数的周期求解，得到函数的解析式，然后求解函数的单调增区间；

（2）由题得，再利用三角函数的图象和性质求解.

【详解】解：（1）函数的最小正周期．可得，，所以，

所以函数，

由，，

所以，，

可得，，

所以函数单调递增区间：，．

（2）由题得，

因为

所以所以

所以函数在区间上的值域为.

21. 已知，其中为奇函数，为偶函数.

（1）求与的解析式；

（2）判断函数在其定义域上的单调性（不需证明）；

（3）若不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1），；（2）函数在其定义域上为减函数；（3）.

【解析】

【分析】（1）由与可建立有关、的方程组，可得解出与的解析式；

（2）化简函数解析式，根据函数的解析式可直接判断函数的单调性；

（3）将所求不等式变形为，根据函数的定义域、单调性可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.

【详解】（1）由于函数为奇函数，为偶函数，

，，

即，

所以，，解得，.

由，可得，

所以，，；

（2）函数的定义域为，，

所以，函数在其定义域上为减函数；

（3）由于函数为定义域上的奇函数，且为减函数，

由，可得，

由题意可得，解得.

因此，实数的取值范围是.

【点睛】思路点睛：根据函数单调性求解函数不等式的思路如下：

（1）先分析出函数在指定区间上的单调性；

（2）根据函数单调性将函数值的关系转变为自变量之间的关系，并注意定义域；

（3）求解关于自变量的不等式 ，从而求解出不等式的解集.

22. 已知函数， .

（1）若的定义域为，求实数的取值范围；

（2）若，函数为奇函数，且对任意，存在，使得，求实数的取值范围.

【答案】（1）； （2）.

【解析】

【分析】（1）由函数的定义域为，得到恒成立，即恒成立，分类讨论，即可求解.

（2）根据题意，转化为，利用单调性的定义，得到在R上单调递增，求得，得出恒成立，得出恒成立，分类讨论，即可求解.

【详解】（1）由函数定义域为，

即恒成立，即恒成立，

当时，恒成立，因为，所以，即；

当时，显然成立；

当时，恒成立，因为，所以，

综上可得，实数的取值范围.

（2）由对任意，存在，使得，可得，

设，因为，所以，

同理可得，

所以

，

所以，可得，

即，所以在R上单调递增，所以，

则，即恒成立，

因为，所以恒成立，

当时，恒成立，

因为，当且仅当时等号成立，所以，

所以，解得，所以；

当时，显然成立；

当时，恒成立，没有最大值，不合题意，

综上，实数的取值范围.

【点睛】利用函数求解方程的根的个数或研究不等式问题的策略：

1、利用函数的图象研究方程的根的个数：当方程与基本性质有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程的根就是函数与轴的交点的横坐标，方程的根据就是函数和图象的交点的横坐标；

2、利用函数研究不等式：当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解.