山西省吕梁市2021-2022学年高一上学期期末数学试题.docx

20212022学年高一上学期期末考试数学第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 命题“，是4倍数”的否定为（ ）A. ，是4的倍数B. ，不是4的倍数C. ，不是4倍数D. ，不是4的倍数【答案】B【解析】【分析】根据特称量词命题的否定是全称量词命题即可求解【详解】因为特称量词命题的否定是全称量词命题，所以命题“，是4的倍数”的否定为“，不是4的倍数”故选：B2. 已知幂函数的图象过点，则的定义域为（ ）A. RB. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，点代入即可求得幂函数解析式，进而可求得定义域.【详解】设，因为的图象过点，所以，解得，则，故的定义域为故选：C3. 如图所示的时钟显示的时刻为，此时时针与分针的夹角为若一个半径为的扇形的圆心角为，则该扇形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出的值，利用扇形的面积公式可求得扇形的面积.【详解】由图可知，所以该扇形的面积故选：C.4. 已知，则（ ）A. B. C. D. 的取值范围是【答案】B【解析】【分析】取判断A；由不等式的性质判断BC；由基本不等式判断D.【详解】当时，不成立，A错误因为，所以，B正确，C错误当，时，当且仅当时，等号成立，而，D错误故选：B5. “，”是“函数的图象关于点中心对称”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】先求出函数的图象的对称中心，从而就可以判断.【详解】若函数的图象关于点中心对称，则，所以“，”是“函数的图象关于点中心对称”的充分不必要条件故选：A6. 已知函数在上具有单调性，则k的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由函数，求得对称轴的方程为，结合题意，得到或，即可求解.【详解】由题意，函数，可得对称轴的方程为，要使得函数在上具有单调性，所以或，解得或故选：C.7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由，得，再由,可得，即可得结果.【详解】因为，所以，解得又因为，所以，所以故选：D8. 已知函数的部分图象如图所示，若函数的图象由的图象向右平移个单位长度得到，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合图象利用五点法即可求得函数解析式.【详解】由图象可得解得，因为，所以又因为，所以因为，所以，即，又因为，所以故选：A.9. 尽管目前人类还无法精准预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系式为年月日，日本东北部海域发生里氏级地震，它所释放出来的能量是年月日我国四川九寨沟县发生里氏级地震的（ ）A. 倍B. 倍C. 倍D. 倍【答案】C【解析】【分析】设里氏级和级地震释放出的能量分别为和,可得出，利用对数的运算性质可求得的值，即可得解.【详解】设里氏级和级地震释放出的能量分别为和,由已知可得，则，故故选：C.10. 已知定义在R上的函数满足，且当时，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由，可得的周期为，利用周期性和单调性化简计算即可得出结果.【详解】因为，所以的周期为当时，则在上单调递减，所以在上单调递减因为，且所以故故选：A.11. 已知函数函数有四个不同的零点，且，则（ ）A. 1B. 2C. -1D. 【答案】D【解析】【分析】将问题转化为两个函数图象的交点问题，然后结合图象即可解答.【详解】有四个不同的零点，即方程有四个不同的解的图象如图所示，由二次函数的对称性，可得因为，所以，故故选：D12. 已知函数，现有下列四个结论：对于任意实数a，的图象为轴对称图形；对于任意实数a，在上单调递增；当时，恒成立；存在实数a，使得关于x的不等式的解集为其中所有正确结论的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的解析式，可知其关于直线，可判断正确；是由与相加而成，故该函数为单调函数，由此可判断;根据的函数值情况可判断;看时情况，结合函数的单调性，可判断的正误.【详解】对，因为函数与|的图象都关于直线对称，所以的图象关于直线对称，正确对，当时，函数与都单调递增，所以也单调递增，正确对，当时，错误对，因为图象关于直线对称，在上单调递减，在上单调递增，且，所以存在，使得的解集为，正确故选：D第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡的相应位置13. 已知，写出一个满足条件的的值：_【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】利用，可得，计算即可得出结果.【详解】因为，所以，则，或，故答案为：（答案不唯一）14. 若，则_【答案】【解析】【分析】先求出的值,然后再运用对数的运算法则求解出和的值,最后求解答案.【详解】若,则,所以.故答案为:【点睛】本题考查了对数的运算法则,熟练掌握对数的各运算法则是解题关键,并能灵活运用法则来解题,并且要计算正确,本题较为基础.15. 已知函数的图象过原点，且无限接近直线，但又不与该直线相交，则_【答案】#0.75【解析】【分析】根据条件求出，再代入即可求解.【详解】因为的图象过原点，所以，即又因为的图象无限接近直线，但又不与该直线相交，所以，所以，所以故答案为：16. 已知正数a，b满足，则的最小值为_【答案】#【解析】【分析】右边化简可得，利用基本不等式，计算化简即可求得结果.【详解】，故,则，当且仅当时，等号成立故答案为：三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知集合，（1）求；（2）若，求m的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先求得集合A，再由集合补集运算和交集运算可求得答案；（2）根据条件建立不等式组，可求得所求的范围.【小问1详解】因为，所以，【小问2详解】因为，所以解得故m的取值范围是18. 已知函数，（1）求函数的定义域；（2）试讨论关于x的不等式的解集【答案】（1） （2）答案见解析【解析】【分析】（1）解不等式得出定义域；（2）利用对数函数的单调性解不等式得出解集.【小问1详解】由题意可得解得故函数的定义域为【小问2详解】当时，函数是增函数因为，所以解得当时，函数是减函数因为，所以解得综上，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为19. 已知函数在上的最小值为（1）求的单调递增区间；（2）当时，求的最大值以及此时x的取值集合【答案】（1）； （2）最大值为，此时x的取值集合为.【解析】【分析】(1)利用二倍角公式化简函数，再利用余弦函数性质列式计算作答.(2)利用余弦函数性质直接计算作答.【小问1详解】依题意，令，解得，所以的单调递增区间为.小问2详解】由(1)知，当时，解得，因此，当，即，时，取得最大值1，则取得最大值，所以的最大值为，此时x的取值集合为.20. 武威“天马之眼”摩天轮，于2014年5月建成运营夜间的“天马之眼”摩天轮美轮美奂，绚丽多彩，气势宏大，震撼人心，是武威一颗耀眼的明珠该摩天轮直径为120米，摩天轮的最高点距地面128米，摩天轮匀速转动，每转动一圈需要t分钟，若小夏同学从摩天轮的最低点处登上摩天轮，从小夏登上摩天轮的时刻开始计时（1）求小夏与地面的距离y（米）与时间x（分钟）的函数关系式；（2）在摩天轮转动一圈的过程中，小夏的高度在距地面不低于98米的时间不少分钟，求t的最小值【答案】（1） （2）25【解析】【分析】（1）建立坐标系，由得出所求函数关系式；（2）由得出，由余弦函数的性质得出第一圈满足持续的时间，再解不等式得出t的最小值【小问1详解】如图，以摩天轮最低点的正下方的地面处为原点，以地平面所在直线为x轴建立平面直角坐标系，摩天轮的最高点距地面128米，摩天轮的半径为60米，摩天轮的圆心O到地面的距离为68米因为每转动一圈需要t分钟，所以【小问2详解】依题意，可知，即，不妨取第一圈，可得，持续时间为，即，故t的最小值为2521. 已知函数（1）若是偶函数，求a的值；（2）若对任意，不等式恒成立，求a的取值范围【答案】（1）0 （2）【解析】【分析】（1）由偶函数的定义得出a的值；（2）由分离参数得，利用换元法得出的最小值，即可得出a的取值范围【小问1详解】因为是偶函数，所以，即，故【小问2详解】由题意知在上恒成立，则，又因为，所以，则令，则，可得，又因为，当且仅当时，等号成立，所以，即a的取值范围是22. 已知函数，（1）若的值域为，求a的值（2）证明：对任意，总存在，使得成立【答案】（1）2 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意，可得，从而即可求解；（2）利用对勾函数单调性求出在上的值域，再分三种情况讨论二次函数在闭区间上的值域，然后证明的值域是值域的子集恒成立即可得证.【小问1详解】解：因为的值域为，所以，解得【小问2详解】证明：由题意，根据对勾函数的单调性可得在上单调递增，所以设在上的值域为M，当，即时，在上单调递增，因为，所以；当，即时，在上单调递减，因为，所以；当，即时，所以；综上，恒成立，即在上的值域是在上值域的子集恒成立，所以对任意总存在，使得成立.学科网（北京）股份有限公司