江苏省宿迁市2022-2023学年高一上学期期末数学试题含答案.docx

《江苏省宿迁市2022-2023学年高一上学期期末数学试题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省宿迁市2022-2023学年高一上学期期末数学试题含答案.docx（26页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、江苏省宿迁市2022-2023学年高一年级调研测试数学本试卷共6页，22小题，满分150分，考试用时120分钟.一、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. 命题“，”的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】根据特称量词命题的否定为全称量词命题判断即可.【详解】命题“，”为特称量词命题，其否定为：，.故选：D2. 已知集合，则的子集的个数为（ ）A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】C【解析】【分析】根据交集的运算可得.【详解】由集合，得，故子集的个数为，故选：C3. 函数的图象大致为（ ）A. B.

2、 C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先判断奇偶性，再由区间上的函数值，利用排除法判断即可.【详解】根据题意，函数，其定义域为，由，函数为偶函数，函数图象关于轴对称，故排除C、D；当时，则，排除B.故选：A4. 对于定义在上的函数，下列说法正确的是（ ）A. 若，则函数是增函数B. 若，则函数不是减函数C. 若，则函数是偶函数D. 若，则函数不是奇函数【答案】B【解析】【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义分别进行判断即可【详解】函数单调递增，需要变量大小关系恒成立，故A错误，若，则函数一定不是减函数，故B正确，若恒成立，则是偶函数，故C错误，当时，也有可能是奇函数，故D错误，故选：B5.

3、若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据指数幂的运算、对数函数及特殊角的三角函数值判断即可.【详解】因为，所以故选：C6. 中国茶文化源远流传，博大精深，茶水的口感与茶叶的类型和水的温度有关，某种绿茶用的水泡制，再等到茶水温度降至时饮用，可以产生最佳口感为了控制水温，某研究小组联想到牛顿提出的物体在常温下的温度变化冷却规律：设物体的初始温度是，经过后的温度是，则，其中表示环境温度，表示半衰期该研究小组经过测量得到，刚泡好的绿茶水温度是，放在的室温中，以后茶水的温度是，在上述条件下，大约需要放置多长时间能达到最佳饮用口感？结果精确到，参考数据（ ）A. B. C. D.

4、 【答案】B【解析】【分析】根据已知条件列出关于的方程组可得答案.【详解】由题意可得方程组：，化简可得：，所以，大约需要放置能达到最佳饮用口感故选：B.7. 若函数是上的单调函数，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用特殊值验证法，排除选项，即可推出结果【详解】函数,当时，当时，函数图像的对称轴为，函数不是单调函数，不满足题意，排除B、C；当时，当时，函数图像的对称轴为，函数不是单调函数，排除D.故选：A8. 已知，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且满足若恒成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先利用方程组法求

5、出、的解析式，再判断的单调性，则问题转化为恒成立，参变分离求出，即可得解.【详解】因为，分别是定义在上的偶函数和奇函数，所以，因为，所以，所以，得，因为在定义域上单调递增，在定义域上单调递减，所以在上单调递增，又，若恒成立，则恒成立，所以恒成立，所以恒成立，所以只需，因为，所以（当且仅当，即时取等号），所以（当且仅当时，取等号），所以，所以的取值范围为.故选：B二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 对于不等关系人们在早期会使用文字或象征性记号来记述例如，荷兰数学家吉拉尔在他1629年所

6、著代数新发现一书中，使用下面记号：表示大于B，表示小于若，则下列不等式一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】利用不等式的性质及基本不等式化简判断即可.【详解】因为，所以，显然等号不成立，故A正确；又，所以，,故B正确；又，故C错误；令,则，故D错误.故选：AB.10. 已知函数，下列说法正确的是（ ）A. 函数图象可由函数的图象向右平移个单位得到B. 函数图象可由函数的图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍得到C. 函数图象可由函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的3倍得到D. 函数图象的对称轴为，【答案】BC【解析】【分析】利用三角函数图象变

7、换分别分析并判断选项A，B，C；求出函数图象的对称轴判断D作答.【详解】对于A，函数的图象向右平移个单位得到：函数的图象，A错误；对于B，函数的图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍得到：函数的图象，B正确；对于C，函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的3倍得到：函数的图象，C正确；对于D，由，得，即函数图象的对称轴为，D错误.故选：BC11. 已知函数则下列关于的说法正确的是（ ）A. 周期为B. 定义域为C. 增区间为D. 图象的对称中心为【答案】AC【解析】【分析】利用整体法结合正切函数的性质分别对、进行判断.【详解】解：因为函数，对于：周期，所以正确，对于：因为，即（

8、），所以定义域为，所以错误，对于：令，解得，所以增区间为，所以正确，对于：令，解得，所以图象的对称中心为，所以错误，故选：.12. 已知是定义在上的函数，且对于任意实数恒有当时，则（ ）A. 为奇函数B. 在上的解析式为C. 的值域为D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据题意，分析可得区间上，的解析式，再分析函数的周期性，可得的图象关于原点对称，由此分析选项是否正确，即可得答案【详解】根据题意，时，因为时，所以，又由，则，即，若，则，若，则，故在区间上，所以关于原点对称，又由，则，即函数是周期为的周期函数，故的图象关于原点对称，由此分析选项：对于A，的图象关于原点对称，为奇函数，故A正确；对

9、于B，当时，则，则，函数是周期为的周期函数，则，故B正确；对于C，在区间上，则，所以，故的值域一定不是，故C错误；对于D，因为时，所以，又，则，则有，故，所以，故D正确；故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知扇形的周长为，圆心角为，则该扇形的弧长为_，面积为_【答案】 . . 【解析】【分析】设扇形的半径为，弧长为，然后根据弧长公式以及扇形周长建立方程即可求出，再根据扇形面积公式即可求解【详解】设扇形的半径为，弧长为，则由已知可得，解得，所以扇形面积为，故答案为：；14. 请写出一个幂函数满足以下条件：定义域为；为增函数则_【答案】（答案不唯一）【解析】【分析

10、】根据幂函数的性质即可求解.【详解】根据幂函数在单调递增，可得故答案为：（答案不唯一）15. 如图点为做简谐运动的物体的平衡位置，取向右的方向为物体位移的正方向，若已知振幅为，周期为，且物体向左运动到平衡位置开始计时，则物体对平衡位置的位移和时间之间的函数关系式为_ 【答案】【解析】【分析】依题意设，再根据题意和函数的周期求出，即可得到函数解析式；【详解】依题意设，则，周期，又，解得，所以.故答案为：.16. 已知函数，若，使得成立，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】设函数在,上的值域为，函数在，上的值域为，若,，,，使得成立，则，即可得出答案【详解】设函数在,上的值域为，函数在,上

11、的值域为，因为若,，,，使得成立，所以，因为，,，所以，所以在,上的值域为,，因为，当时，在,上单调递减，所以，所以在,上的值域为,因为，所以，解得，又，所以此时不符合题意，当时，图象是将下方的图象翻折到轴上方，令得，即，当时，即时，在,上单调递减，所以的值域，又，所以，解得，当时，即时，在上单调递减，在,上单调递增，或，所以的值域,或,，又，所以或，当时，解得或，又，所以，当时，解得或，又，所以，所以的取值范围诶,当时，时，在，上单调递增，所以，所以在,上的值域，又，所以，解得，综上所述，的取值范围为.故答案为：四、解答题：本题共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

12、 设全集，集合，集合，其中（1）当时，求；（2）若“”是“”的_条件，求实数的取值范围从充分；必要；既不充分也不必要三个条件中选择一个填空，并解答该题【答案】（1） （2）答案见解析【解析】【分析】（1）代入化简集合，利用对数函数的定义域的性质化简集合，再利用集合的交并补运算即可得解；（2）利用充分必要条件与集合关系，依次选择三个条件，结合数轴法即可得解.【小问1详解】当时，又，所以，故.【小问2详解】选：因为“”是“”的充分条件，所以，则，解得，所以实数的取值范围是选：由区间定义可知，所以，则，因为“”是“”的必要条件，所以，则，解得，故，所以实数的取值范围是 选，因为“”是“”的既不充分也

13、不必要条件，所以不是的子集，且不是的子集，若，则，解得，故；若，由区间定义可知，所以，则，又，解得，故；由于上述两种情况皆不满足，所以，即实数取值范围是18. 在平面直角坐标系中，锐角的顶点是坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边交单位圆于点将角的终边按逆时针方向旋转得到角（1）求；（2）求的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由题意，利用任意角的三角函数的定义，诱导公式，计算求得结果（2）法一：由题意，利用诱导公式，计算求得结果；法二：根据，将已知等式化成含角的式子，再利用（1）中结果计算即可.【小问1详解】由得，又，所以，由题可知，所以， ，则【小问2详解】（法一）原式由（1）得，所

14、以原式（法二）19. 已知函数的图象经过点，若、满足对，且（1）求函数的解析式；（2）求函数在上的单调区间及最值【答案】（1） （2）在上的增区间为，减区间为，最小值为，最大值为【解析】【分析】（1）根据三角函数的值域可得最值，进而可得，由周期可得，代入可得，进而可求解解析式，（2）利用整体法求解单调区间，即可求解最值.【小问1详解】由，得为的最小值，为的最大值，又，所以，由，所以，由的图象经过点得，又因为，所以，所以【小问2详解】先求的增区间，令，解之得，又，取，则，所以在上的增区间为，减区间则为，所以，又，所以的最小值为，最大值为20. 汽车在隧道内行驶时，安全车距（单位：）正比于车速（单

15、位：）的平方与车身长（单位：）的积，且安全车距不得小于半个车身长当车速为时，安全车距为个车身长（1）求汽车在隧道内行驶时的安全车距与车速之间的函数关系式；（2）某救灾车队共有10辆同一型号的货车，车身长为，当速度为多少时该车队通过（第一辆车头进隧道起，到最后一辆车尾离开隧道止，且无其它车插队）长度为的隧道用时最短?【答案】（1） （2）km/h【解析】【分析】（1）根据题意为定值，设比例常数为，则，代入数值，得到，令，则，最后写出分段函数解析式即可；（2）设通过隧道的时间为，则，分当和两种情况，结合幂函数的性质及基本不等式计算可得【小问1详解】根据题意为定值，设比例常数为，则，所以，所以， 所

16、以，令，则，所以.【小问2详解】设通过隧道的时间为，则当时， 当时，当且仅当，即时等号成立又，所以当时用时最短答：当速度为时该车队通过该隧道用时最短21. 已知二次函数满足，若不等式有唯一实数解（1）求函数的解析式；（2）若函数在上的最小值为（i）求；（ii）解不等式【答案】（1） （2）（i）；（ii）或.【解析】【分析】（1）由已知得对称轴，从而设函数解析式为，由求得，再由不等式有唯一实数解，结合判别式求得，得解析式；（2）（i）根据二次函数性质分类讨论求得最小值；（ii）由的对称性，依照二次函数的知识方法分类讨论解不等式【小问1详解】由可知的对称轴为，设二次函数，又，所以，所以，又有唯一

17、实数解，所以有唯一实数解，即有唯一实数解，所以方程的判别式，所以所以【小问2详解】的对称轴为，（）当时，在上为单调增函数，所以；（）当时，在上为单调减函数，所以；（）当时，在上为单调减函数，在上为单调增函数，所以；综上：由知且关于对称（）当时，只需，解得，所以（）当时，解得，所以或综合（）（）得不等式的解集为或.22. 已知函数（1）讨论函数的奇偶性；（2）若函数为偶函数，且不为常数求实数，的值；判断并证明的单调性【答案】（1）答案见解析 （2）；减函数，证明见解析【解析】【分析】（1）分、三种情况讨论，分别判断函数的奇偶性；（2）利用特殊值得到方程组，求出参数的值，再代入检验即可；由得到函数解析式，再利用定义法证明函数在上的单调性，即可得解.【小问1详解】当时，令，即，所以的定义域为，不关于原点对称，所以不具有奇偶性；当时，为奇函数； 当时，所以不奇函数，又，所以不为偶函数综上，当时，为奇函数；当时，既不是奇函数也不是偶函数【小问2详解】由（1）知，若为偶函数，则，所以的定义域为因为为偶函数，所以，即，所以，所以，化简得，所以或，当，时，不合题意；当，时，所以，为偶函数综上.由得，在减函数，在为增函数下面证明在为增函数：设是的任意两个数且，因为，因为，所以，所以，即，所以，即，所以在为增函数， 因为为偶函数，所以在为减函数