海南省华侨中学2022-2023学年高一上学期期末考试数学试题含答案.docx

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1、海南华侨中学2022-2023学年第一学期高一年级期末考试数学科注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名考号等填写在答题卡指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.回3.答非选择题时，将答案写在答题卡上.一单项选择题（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，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知可求出，进而即可得出的值.【详解】因为，且，所以，.所以，.故选：A.2. 已知，则“”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

2、不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】解不等式，根据解的范围与的范围的大小关系，即可得出答案.【详解】解可得，显然该范围小于的范围.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，所以集合，所以.故选：D4. 已知偶函数在上单调递增，且，则的解集是（ ）A. B. 或C. D. 【答案】B【解析】【分析】由及函数单调性即可得到答案.【详解】偶函数在上单调递增，且，所以，解得或故的解集是或.故选：B5. 已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（

3、 ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先可求出，再由得，由得，将其转化为、与的交点，数形结合即可判断.【详解】解：由得，由得，由得.在同一平面直角坐标系中画出、的图象，由图象知，.故选：B【点睛】本题考查函数的零点，函数方程思想，对数函数、指数函数的图象的应用，属于中档题.6. 若，且满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知可推出，进而可得出.然后根据的范围，开方即可求出.【详解】因为，所以，.所以，.又，所以，所以.故选：A.7. 王之涣登鹳雀楼：白日依山尽，黄河入海流，欲穷千里目，更上一层楼.诗句不仅刻画了祖国的壮丽河山，而且揭示了“只有站得

4、高，才能看得远”的哲理，因此成为千古名句.我们从数学角度来思考：欲穷千里目，需上几层楼？把地球看作球体，地球半径，如图，设为地球球心，人的初始位置为点，点是人登高后的位置（人的高度忽略不计），按每层楼高计算，“欲穷千里目”即弧的长度为，则需要登上楼的层数约为（ ）（参考数据：，）A. 5800B. 6000C. 6600D. 70000【答案】C【解析】【分析】设.由已知可推得，进而在中，得出，则有，即可得出答案.【详解】设，弧的长为.由题意可得，.显然，则在中，有，所以.所以，.所以，需要登上楼的层数约为.故选：C.8. 定义在上的奇函数满足，且当时，则方程在上所有根的和为（ ）A. 32B

5、. 48C. 64D. 80【答案】C【解析】【分析】根据奇函数的性质判断出函数的周期，利用函数的对称性、数形结合思想进行求解即可.【详解】因为是奇函数，所以由，因此函数的周期为，当时，所以当时，当时，由，所以，所以当时，于是当时，该函数关于点对称，而函数也关于该点对称，在同一直角坐标系内图象如下图所示：由数形结合思想可知：这两个函数图象有8个交点，即共有四对关于对称的点，所以方程在上所有根的和为，故选：C【点睛】关键点睛：方程根的问题转化为两个函数图象交点问题是解题的关键.二多项选择题（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

6、得2分，有选错的得0分.）9. 下列命题中错误的是（ ）A. 命题“”的否定是“”B. 若幂函数图象经过点，则解析式为C. 若两个角的终边相同，则这两个角相等D. 满足的的取值集合为【答案】AC【解析】【分析】写出命题否定，即可判断A项；待定系数法设出幂函数的解析式，代入坐标，求解，即可判断B项；取特殊值，即可说明C项；根据的图象，即可得出不等式在上的解集，然后根据周期性，即可得出结果.【详解】对于A项，根据全称量词命题的否定可知，命题“”的否定是“”，故A项错误；对于B项，设幂函数解析式为.由已知可得，所以，所以，故B项正确；对于C项，因为，所以和终边相同，显然，故C项错误；对于D项，作出的

7、图象.由图可知，在上，满足的的取值集合为，根据正弦函数的周期性可知，满足的的取值集合为，故D项正确.故选：AC.10. 下列不等式中成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】根据函数的单调性，即可判断A、B项；根据诱导公式将角化到同一单调区间，进而根据函数的单调性，即可判断C项；根据诱导公式化为同一三角函数，进而根据函数的单调性，即可判断D项.【详解】对于A项，因为在上单调递增，所以，故A项错误；对于B项，因为在上单调递减，所以，故B项错误；对于C项，因为在上单调递减，所以.又，所以，故C项正确；对于D项，因为在上单调递增，所以.又，所以，故D项正确.故选：CD.11.

8、 已知直线是函数图象的一条对称轴，则（ ）A. 是偶函数B. 是图象的一条对称轴C. 在上单调递减D. 当时，函数取得最小值【答案】AC【解析】【分析】根据为图象的对称轴，求出，从而得到，得到A正确；整体法求解函数的对称轴方程，判断B选项；代入检验函数是否在上单调递减；代入求出，D错误.【详解】因为直线是函数图象的一条对称轴，所以，又，所以，所以，是偶函数，故A正确；令，解得:，所以图象的对称轴方程为，而不能满足上式，故B错误；当时，此时函数单调递减，故C正确；显然函数的最小值为，当时，故D错误故选：AC12. 已知，.则下列选项中正确的有（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【

9、分析】由已知可得，.根据不等式的性质，即可判断A项；根据基本不等式及其等号成立的条件即可判断B、C项；作差后，令，根据二次函数的性质，得出函数的单调性.易知，即可得出D项.【详解】由已知可得，所以.对于A项，因为，所以，所以，故A正确；对于B项，由基本不等式可知，当且仅当时，等号成立.因为，所以，所以，故B项正确；对于C项，因为，当且仅当时，等号成立.因为，所以，所以，故C项错误；对于D项，因为，所以.令，根据二次函数的性质可知，在上单调递增.又，所以有，则，所以.又，所以.所以，所以.因为，所以有，整理可得，故D项正确.故选：ABD.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知

10、角的终边过点，则_.【答案】#0.6【解析】【分析】由已知可推得，然后根据诱导公式化简，即可得出答案.【详解】由三角函数的定义可得，.所以，.故答案为：.14. 已知函数，则_.【答案】7【解析】【分析】根据分段函数求出，代入根据对数的运算性质即可得出答案.【详解】由已知可得，所以.故答案为：7.15. 已知过定点P，且P点在直线上，则的最小值=_【答案】#【解析】【分析】先求出定点，代入直线方程，最后利用基本不等式求解.【详解】经过定点，代入直线得，当且仅当时等号成立故答案为：16. 已知函数 在 上单调递增，则的最大值是_.【答案】4【解析】【分析】根据正弦型函数的单调性即可求解.【详解】

11、由函数在区间上单调递增，可得 ，求得，故的最大值为，故答案为：4四解答题（本大题共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，全集（1）当时，求；（2）若，求实数取值范围.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）代入得到，根据补集的运算求出.然后解可求出，进而根据交集的运算，即可得出结果；（2）显然成立.时，解即可得出实数的取值范围.【小问1详解】当时，所以或.由以及指数函数的单调性，可解得，所以.所以.【小问2详解】当时，有时，即，此时满足；当时，由得，解得，综上，实数的取值范围为.18. 已知函数.（1）求的对称中心和单调增区间；（2）当时，求函数的

12、最小值和最大值.【答案】（1）对称中心为，单调增区间为； （2）最小值为，最大值0.【解析】【分析】（1）结合正弦函数的性质，整体代入即可求出函数的对称中心以及单调递增区间；（2）令，由已知可得，. 根据的单调性，即可得出函数的最值.【小问1详解】令，则，所以的对称中心为.由，解得，所以函数的单调增区间为.【小问2详解】令因为，所以，则在上单调递增，在上单调递减.当，即时，函数有最大值为；又，所以，当，即时，函数有最小值为.所以，函数的最大值为0，函数的最小值为.19. 已知函数，且为奇函数.（1）求的值；（2）判断函数的单调性并证明；（3）解不等式：.【答案】（1） （2）减函数，证明见解析

13、 （3）【解析】【分析】（1）由若在区间D上为奇函数，则可得a的值，再由奇函数的定义检验即可.（2）由函数单调性的性质判断其单调性，再由单调性的定义法证明（任取、作差、变形、断号、写结论）即可.（3）由函数为奇函数处理原不等式得，再由函数在R上单调递减，比较两个括号中式子的大小，解不等式即可.【小问1详解】函数的定义域为R，函数为奇函数，则，得检验，当时，定义域为R，对于任意实数，所以所以当时，为奇函数.【小问2详解】由（1）知，在R上为单调递减函数.证明：设， ，即，即函数在定义域R上单调递减.【小问3详解】在R上为奇函数， ，又函数在R上单调递减，解得：，不等式的解集为20. 已知，（1）

14、若，求的值；（2）令，求此函数的最大值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）应用同角三角函数关系及定义域化简，结合函数值及正切函数值确定角的大小即可；（2）令，结合二次函数性质求函数的最大值.【小问1详解】，由，即，又，故.【小问2详解】由（1）知：，令，所以，故，当时.21. 学校鼓励学生课余时间积极参加体育锻炼，每天能用于锻炼的课余时间有60分钟，现需要制定一个课余锻炼考核评分制度，建立一个每天得分与当天锻炼时间（单位：分）的函数关系.要求及图示如下：（i）函数是区间上的增函数；（ii）每天运动时间为0分钟时，当天得分为0分；（iii）每天运动时间为20分钟时，当天得分为3分；（ii

15、ii）每天最多得分不超过6分.现有以下三个函数模型供选择：，.（1）请你根据条件及图像从中选择一个合适的函数模型，并求出函数的解析式；（2）求每天得分不少于分，至少需要锻炼多少分钟.（注：，结果保留整数）.【答案】（1）模型， （2）至少需要锻炼37分钟.【解析】【分析】（1）根据已知图象的增长特征，结合模型中函数所过的点，以及函数的增长速度，即可确定模型，将对应的点代入，求得参数，可得解析式，并验证，即可求解；（2）由（1）得，令，求出的范围，即可得出答案【小问1详解】解：对于模型，当满足同时过点时，即，当时，不合题意；由图可知，该函数的增长速度较慢，对于模型，是指数型的函数，其增长是爆炸型

16、增长，故不合适；对于模型，对数型的函数增长速度较慢，符合题意，故选项模型，此时，所求函数过点，则，解得，故所求函数为，经检验，当时，符合题意综上所述，函数的解析式为.【小问2详解】解：由（1）得，因为每天得分不少于分，所以，即，所以，即，所以每天得分不少于4.5分，至少需要锻炼37分钟.22. 已知函数在区间上有最大值2和最小值1.（1）求的值；（2）不等式在上恒成立，求实数的取值范围；（3）若且方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围.【答案】（1）； （2）； （3）.【解析】【分析】（1）根据二次函数的性质，分类讨论函数的单调性，结合已知列出方程组，即可得出；（2）由已知可转化为在上恒成

17、立.根据基本不等式即可求出实数取值范围；（3）由已知可推得有三个不同的实数解.令，作出的函数图象，可得.结合函数图象，该方程一个根大于0小于1，一个根大于等于1.令，根据二次函数的性质与图象，即可得出不等关系，进而求出实数的取值范围.【小问1详解】由已知可得.当时，在上为增函数，所以，解得；当时，在上为减函数，所以，解得.由于，所以.【小问2详解】由（1）知，所以在上恒成立，即，因为，所以在上恒成立，即在上恒成立，又，当且仅当时取等号.所以，即.所以求实数的范围为.【小问3详解】方程化为，化为，且.令，则方程化为.作出的函数图象因为方程有三个不同的实数解，所以有两个根，且一个根大于0小于1，一个根大于等于1.设，记，根据二次函数的图象与性质可得，或，解得.所以实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：根据构成复合函数的函数特性，即可得出零点的分布情况.