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.docx

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1、 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：A2. （ ）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：D4. 已知函数是幂

2、函数，且在上是减函数，则实数m的值是（ ）A 或2B. 2C. 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. 4B. 4C. 8D. 8【答案】C【解析】分析】由已知条件，结合同角正

3、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. 【

4、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：BD10. 下列说法正确的是（ ）A. 已知方程的解在

5、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：ACD11. 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

6、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yAcos(x)的最小正周期为，周期为；B：余弦型函数yAcos(x)(0)的减区间由x，kZ求得；C：余弦型函数yAcos(x)的零点由x=，kZ求得；D：余弦型函数yAcos(x)的对称轴由x=，kZ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k0时，即可判断f(x)在上不单调，故B选项错；的零点为，解得，当k1时，即可判断C选项对；的对称轴为，解得，当k3时，即可判断D选项对；故选：ACD.12. 定义域和值域均为的

7、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

8、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】3【解析】【分析】根据扇形的面积公式即可计算.【详解】,.故答案为：3.14. 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

9、)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+2528)=f(5)=f(-5)=2，所以f(2021)=2.故答案为：216. 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

10、，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

11、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

12、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

13、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，

14、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. 学科网（北京）股份有限公司