黑龙江省大庆市大庆实验中学2022-2023学年高一上学期期末数学试题

这是一份黑龙江省大庆市大庆实验中学2022-2023学年高一上学期期末数学试题，共20页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 已知， 已知，给出下述四个结论， 已知函数， 下列等式成立的是， 下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】确定集合A中元素，根据集合的交集运算即可求得答案.
【详解】由题意得集合，，
故，
故选:C
2. 已知：，：，则是的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分
C. 既不充分也不必要D. 充分必要
【答案】B
【解析】
【分析】求出命题对应的取值范围，根据集合包含关系即可求出.
【详解】由可得，即，解得或，所以命题对应的的取值范围为，
因为，
所以是的必要不充分条件.
故选：B.
3. 已知点在第三象限，则角的终边在第（ ）象限．
A. 一B. 二C. 三D. 四
【答案】D
【解析】
【分析】由点M所在的象限，确定正切和余弦的符号，得角终边所在的象限.
【详解】因为点在第三象限，所以，，
所以的终边在第四象限.
故选：D.
4. 在流行病学中，把每名感染者平均可传染的人数叫做基本传染数.当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染者人数急剧增长.当基本传染数低于1时，疫情才可能逐渐消散.而广泛接种疫苗是降低基本传染数的有效途径.假设某种传染病的基本传染数为，1个感染者平均会接触到个新人，这人中有个人接种过疫苗(称为接种率)，那么1个感染者可传染的新感染人数为.已知新冠病毒在某地的基本传染数，为了使1个感染者可传染的新感染人数不超过1，该地疫苗的接种率至少为（ ）
A. 30%B. 40%C. 50%D. 60%
【答案】D
【解析】
【分析】由题意列不等式，即可求出结果
【详解】为了使1个感染者传染人数不超过1人，只需要，
所以，即，
，解得
则该地疫苗的接种率至少为60%
故选：D
5. 若不等式的解集为，则不等式解集为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二次不等式解集的性质，结合韦达定理将不等式化简为，从而得解.
【详解】因为由不等式的解集为，
所以，方程的两根为1和3，
由根与系数的关系得，则，
所以不等式可化为，即，
所以且，解得或，
所以解集为.
故选：B．
6. 已知函数，图象向左平移个单位后关于直线对称，则下列说法正确的是（ ）
A. 在区间上有一个零点B. 关于对称
C. 在区间上单调递增D. 在区间上的最大值为2
【答案】A
【解析】
【分析】通过函数的平移变换后图象关于直线对称可求得值，从而可求出函数解析式，然后使用换元法画出函数图象，再逐项判断即可.
【详解】函数，图象向左平移个单位后的图象对应的解析式为：；
而图象关于直线对称，且，于是，；
；
，所以不关于对称，故B错误；
当时，则，令，则，此时函数图象如图:
结合图象可知，当时，即，与坐标轴只有一个交点，即只有一个零点，故A正确；
当时，则，结合图象可知，此时有增有减，故C错误；
当时，则，结合图象可知，此时单调递增，所以，当时，即，函数取最大值，，故D错误；
故选：A.
7. 已知，给出下述四个结论:
①是偶函数; ②在上为减函数;
③在上为增函数; ④的最大值为.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A. ①②④B. ①③④C. ①②③D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】利用偶函数的定义即可判断①；利用举反例即可判断②和③；分四个范围对进行化简，然后利用三角函数的性质进行求值域，即可得到时的最值，结合偶函数即可判断
【详解】解：对于①，易得的定义域为，关于原点对称，
因为，所以是偶函数，故正确；
对于②和③，因为，
，
且，所以在不是减函数，在也不是增函数，故②，③错误；
对于④，当时，，
因为，所以，
所以，所以；
当时，，
因为，
所以，所以；
当时，；
当时，，
因为，
所以，所以，
所以，综上所述，当时，的最大值为，由于为偶函数，所以当时，的最大值也为，故的最大值为，故④正确；
故选：D
【点睛】方法点睛：利用四个象限对进行讨论，根据三角函数符号去掉绝对值，然后利用三角函数的性质进行求解值域
8. 已知函数（a>0，且a≠1）在区间（﹣∞，+∞）上为单调函数，若函数y=|f（x）|﹣x﹣2有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据函数f（x）的单调性求得a的大致范围，然后将函数零点问题转化为两个函数图象的交点问题，再作出函数图象，利用数形结合思想求解即可.
【详解】解：∵函数f（x）在区间（﹣∞，+∞）上为单调函数，且当x>1时，f（x）=（x﹣1）2+4a在（1，+∞）上单调递增，
∴，解得，
又函数y=|f（x）|﹣x﹣2有两个不同的零点等价于|f（x）|=x+2有两个不同的实数根，
∴函数y=|f（x）|的图象与直线y=x+2有两个不同的交点，
作出函数y=|f（x）|与直线y=x+2的图象，
当x≤1时，由1+lga|x﹣2|=0得，易知函数y=|f（x）|与直线y=x+2的图象在（﹣∞，1]上有唯一交点，
则函数y=|f（x）|与直线y=x+2的图象在（1，+∞）上有唯一交点，故4a≤3或（x﹣1）2+4a=x+2，即x2﹣3x+4a﹣1=0有唯一解，
∴或△=9﹣4（4a﹣1）=0，
∴或，
综上，实数a的取值范围为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查函数的零点问题，解题的关键是将问题转化为函数y=|f（x）|的图象与直线y=x+2有两个不同的交点，然后画出函数图象，根据图象求解即可，考查数形结合的思想，属于较难题
二、多选题（该题有4个小题，每个小题有两个或三个选项正确，每小题5分，共20分）
9. 下列等式成立的是（ ）
A.
B
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据诱导公式可判断A；根据两角差的余弦公式可判断B；根据两角差的正切公式可判断C；根据两角和的正弦公式可判断D.
【详解】，故A正确；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误.
故选:ABC.
10. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若且，则
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】将时，化为，利用均值不等式可判断A;利用，利用均值不等式可判断B；将化为，利用均值不等式可判断C；利用，结合均值不等式判断D.
【详解】当时，，则，
当且仅当时取等号，故A正确；
若且，则，
当或时取等号，B正确；
由，故，
当时，不成立，故等号取不到，C错误；
，当且仅当时取等号，D正确，
故选：.
11. 若定义在R上的减函数y＝f（x﹣2）的图像关于点（2，0）对称，且g（x）＝f（x）+1，则下列结论一定成立的是（ ）
A. g（2）＝1
B. g（0）＝1
C. 不等式f（x+1）+f（2x﹣1）＞0的解集为（﹣∞，0）
D. g（﹣1）+g（2）＜2
【答案】BCD
【解析】
【分析】由于y＝f（x﹣2）的图像关于点（2，0）对称，可得f（x）为奇函数，从而由奇函数的性质可判断AB，对于C，利用函数为奇函数将f（x+1）+f（2x﹣1）＞0化为f（x+1）＞f（1﹣2x），再利用其单调性可得答案，对于D，由于g（﹣1）+g（2）＝f（﹣1）+f（2）+2＝﹣f（1）+f（2）+2，再利用函数的奇偶性和单调性可判断
【详解】解：∵定义在R上的减函数y＝f（x﹣2）的图像关于点（2，0）对称，
∴f（x）为奇函数，
∴f（0）＝0，
∵g（x）＝f（x）+1，
∴g（0）＝f（0）+1，
∴g（0）＝1，故A选项错误，B选项正确，
∵y＝f（x﹣2）为减函数，
∴f（x）为减函数，
∴g（x）＝f（x）+1为减函数，
∵f（x+1）+f（2x+1）＞0，即f（x+1）＞﹣f（2x+1），
∵f（x）为奇函数，
∴f（x+1）＞f（1﹣2x），
∵f（x）为减函数，
∴x+1＜1﹣2x，即x＜0，故C选项正确.
g（﹣1）+g（2）＝f（﹣1）+f（2）+2＝﹣f（1）+f（2）+2，
∵f（1）＞f（2），
∴g（﹣1）+g（2）＜2，故D选项正确.
故选：BCD.
12. 已知函数的定义域为，且满足下列条件：
①对于任意，总有，且；
②若，则有.
给出下列命题，其中正确的有（ ）
A. 可能为区间内的任意值；
B. 函数的最大值是4；
C. 函数是符合上述条件的一个函数；
D. 当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据所给性质取特殊值求出判断A，根据所给性质可推断出函数的单调性判断B，对所给函数验证性质判断C，利用性质②推理可判断D.
【详解】令，得，结合①知，故A错误；
任取，则，
所以在上单调递增，所以，
即函数故的最大值为4，故B正确；
易知，，
所以任意，总有.
，
，
则
，
故是符合条件的函数，故C正确；
因为，
所以，当时，，
所以当时，，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题（该题有4个小题，每小题5分，共20分）
13. 已知扇形的圆心角为，其弧长为，则此扇形的面积为_________.（结果保留π）
【答案】##
【解析】
【分析】首先根据弧长公式求半径，再根据扇形面积公式，即可求解.
【详解】根据条件可知扇形所在圆的半径，
此扇形的面积.
故答案为：
14. 函数的值域为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据求出，进而利用正弦函数图像即可求出结果.
【详解】因为，所以，
则由正弦函数图像可知，
所以.
故答案为：.
15. 若函数在区间上为减函数，则a的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】令，分和两种情况讨论，结合二次函数的性质得到不等式组，解得即可.
【详解】解：令，则，
当时，是增函数，由在区间上为减函数，
则在上为减函数，故，即，解得；
当时，是减函数，由在区间上为减函数，
则在上为增函数，故，即，解得，
综上，的取值范围是..
故答案为：
16. 已知，函数，若存在，使得，则实数的最大值是____.
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查含参绝对值不等式、函数方程思想及数形结合思想，属于能力型考题.从研究入手，令，从而使问题加以转化，通过绘制函数图象，观察得解.
【详解】使得，
使得令，则原不等式转化为存在，
由折线函数，如图
只需，即，即的最大值是
【点睛】对于函数不等式问题，需充分利用转化与化归思想、数形结合思想.
四、解答题（17题10分，18-22每题12分，共70分）
17. 已知
（1）判断函数的单调性，并用定义证明之．
（2）解关于t的不等式．
【答案】（1）函数在上单调递增，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知，对函数进行分离常数可判断其单调性并用单调性的定义证明即可；
（2）根据函数的奇偶性和单调性即可对不等式进行求解．
【小问1详解】
由题意，函数在上是增函数，
所以函数在上是增函数．
证明如下：在上任取且，
所以
由可知，所以，，，
所以，即．
即在上单调递增．
【小问2详解】
易知，所以函数为奇函数；
由（1）知，函数是上的增函数，
由可得，
所以，即，解得，
即关于t的不等式的解集为
18. （1）已知角终边所在直线经过点，求的值；
（2）已知求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简即可求解；
（2）利用同角三角关系与和差公式即可求解.
【详解】（1）角终边所在直线经过点，
，，.
.
（2）
，，
.
19. 设函数，．
（1）求的最小正周期；
（2）若函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，求函数在上的单调递增区间．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用三角恒等变换公式化简解析式即可求出最小正周期；
(2)根据图像平移求出解析式，结合正弦函数的单调性即可求解.
【小问1详解】
，
故函数的最小正周期；
【小问2详解】
将函数的图象左移个单位得到的图象，
则，
，
则当即时，单调递增，
∴在上的单调递增区间为：
20. 1.已知数，函数.
（1）求函数的值域；
（2）若不等式对任意实数恒成立，求实数x的取值.
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用对数运算，把化为关于的二次函数，配方后求出的值域；（2）不等式对任意实数恒成立，只需，利用换元法求出，令，求出实数x的值为2.
【小问1详解】
，
即的值域为.
【小问2详解】
∵不等式对任意实数恒成立，∴.
，
令，∵，∴，
设，，当时，取得最小值，即，
∴，即，∴实数x的值为2.
21. 已知二次函数.
（1）若关于的不等式对恒成立，求的取值范围；
（2）已知函数，若对，使不等式成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）分离参数得对恒成立，只需，利用对勾函数单调性求最大值即可；
（2）由，，使不等式成立可得 ，是一元二次函数，利用对称轴位置分类讨论求最小值即可.
【小问1详解】
因为二次函数，
所以关于的不等式对恒成立，
转化为对恒成立，
即对恒成立，
令，记，因为，所以，
则，因为在上单调递增，
所以，，所以；
【小问2详解】
对，使不等式成立，
转化为
，
在上单调递增，
，
，
①当，即时，在上单调递增，
，
此时，且，解得；
②当，即时，在上单调递减，
此时，且，解得；
③当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
此时，且，解得，
综上所述，实数取值范围为或.
22. 已知为偶函数，为奇函数，且满足.
（1）求函数､的解析式；
（2）已知函数，，求函数的值域；
（3）若关于的方程在内恰有两个不等实根，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合奇偶函数性质，令，两式联立可求､的解析式；
（2）化简得，结合单调性可求的值域；
（3）易得，令，结合奇偶性与单调性确定的取值范围，原方程等价为，分离参数得，令，结合单调性可求的取值范围.
【小问1详解】
因为为偶函数，为奇函数，由已知可得，
即，所以，，解得；
【小问2详解】
由题意，，因为单调递增，
，所以值域为；
【小问3详解】
由题知方程在区间内恰有两个不等实根.
显然不是该方程的根，令，则原方程可变形为，
由，所以为偶函数，
当时，单调递增，所以，
则题意转化为方程在区间内有唯一实根（因为每一个在区间内恰有两个值与之对应）.
设，显然在区间内单调递减，
又时，，当时，，所以.
综上所述，所求常数的取值范围是.