2022-2023学年浙江省绍兴市诸暨市高一上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省绍兴市诸暨市高一上学期期末数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省绍兴市诸暨市高一上学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先确定集合中元素，然后由补集定义求解．【详解】，又，∴．故选：C．2．一条弦的长等于半径，这条弦所对的圆心角等于（    ）A． B． C． D．1【答案】B【分析】如图所示，根据弦长得到为等边三角形，得到答案.【详解】根据题意：作出如下图形，，则为等边三角形，故.故选：B.3．已知命题，那么命题的否定是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用存在量词命题的否定是全称量词命题进行判断即可.【详解】因为在量词命题的否定是全称量词命题，所以命题 “”的否定是“”.故选：A4．已知幂函数的图像过点，若，则实数的值为（    ）A．2 B． C．4 D．【答案】D【分析】根据题意可求得幂函数解析式，再根据，即可求得答案.【详解】由题意幂函数的图像过点，则，则由得，故选：D5．已知，则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由指数函数与对数函数的单调性判断．【详解】因为，，，所以．故选：A．6．若分别为定义在上的奇函数和偶函数，且，则（    ）A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】由奇偶性的定义求得与的表达式，然后求函数值．【详解】（1），则，又分别为定义在上的奇函数和偶函数，∴（2），（1）（2）两式相加除以2得，相减除以2得，∴，，∴，故选：D．7．设且，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．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据对数函数以及指数函数的性质，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即可判断答案.【详解】当时，由可得，由于为R上增函数，则，当时，由可得，由于为R上减函数，则，即“”是“”的充分条件；当时，比如取，满足条件，但无意义，故“”不是“”的必要条件，故“”是“”充分不必要条件，故选：A8．已知， ，且，则（    ）A．有最小值1 B．有最小值1C．有最小值 D．有最小值【答案】D【分析】由题意可得，则，无最小值，判断A；设，则，结合基本不等式可判断B； ，结合函数的单调性，可判断C；利用，结合基本不等式求得的最小值，判断D.【详解】由，且可知，而，则，则无最小值，A错误；设，且，则，当且仅当，即时取等号，这与题设矛盾，故最小值不为1，B错误；，由于函数在上递增，故在上无最小值，即无最小值，C错误；，当且仅当时，即时取等号，D正确，故选：D【点睛】关键点睛：该题为根据条件等式求最值问题，解答时由可得，由此看到两个因式之积为定值，由此设，进而将问题转化为基本不等式求最值问题或利用函数单调性，解决问题. 二、多选题9．下列函数的定义域是的有（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据每个选项中函数的解析式，确定其定义域，即可判断出答案.【详解】对于A，，其定义域为R,正确；对于B, ,定义域为，错误；对于C, 定义域为R，正确；对于D，定义域为，错误，故选：10．已知角的终边上有一点的坐标是，其中，则下列取值有可能的是（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】分和讨论，求出相应的三角函数值即可判断.【详解】当时，，则，，则，，故D正确；当时，，则，，则，，故BC正确；综上，A错误，BCD可能正确.故选：BCD.11．若函数，则函数的零点情况说法正确的是（    ）A．函数至少有两个不同的零点B．当时，函数恰有两个不同的零点C．函数有三个不同零点时，D．函数有四个不同零点时，【答案】ABC【分析】根据题意，令，则函数的零点也即方程的解，根据函数的解析式可得：或，再结合对勾函数的性质逐项进行判断即可求解.【详解】令，则函数的零点即方程的解，当时，，解得：；当时，，解得：；也即或，则有或，因为，当时，（当且仅当时取等号）；当时，（当且仅当时取等号），对于，若函数没有零点，则有，无解，所以函数必有零点，当时，有一个零点，有一个零点，其他时候至少两个零点，所以函数至少有两个不同的零点，故选项正确；对于，当时，由选项的分析可知：函数有两个零点；当时，，，此时方程无解；方程有两解，此时函数有两个零点；综上所述：当时，函数恰有两个不同的零点，故选项正确；对于，若函数有三个不同零点，则方程有一解且有两解，或者方程有两解且有一解，当方程有一解且有两解时，则有或，解得：；当方程有两解且有一解时，则有或，解得：；综上所述：若函数有三个不同零点时，，故选项正确；对于，若函数有四个不同零点，则方程和均有两解，则有或或，解得：或，故选项错误，故选：.12．已知函数是定义在上的周期为2的奇函数，且当时，的值域为，则下列说法正确的是（    ）A．的图象关于点对称B．的图象关于对称C．时，的值域为D．时，的值域为【答案】ACD【分析】根据周期性和奇函数可判断AB,由奇函数的对称性可判断C,结合周期性以及奇函数的对称性可判断D.【详解】对于A,函数是定义在上的周期为2的奇函数，则，故，故的图象关于点对称，A正确，对于B,,得不到，故无法确定的图象是否关于对称，故B错误，对于C,由是奇函数，记故，所以是奇函数，当时，的值域为，故当时，的值域为，进而可得时，的值域为，故C正确，对于D，当时，，故的值域为，由的周期性可得，故值域为，又时，的值域为，因此时，的值域为，故D正确，故选：ACD 三、填空题13．______（填）【答案】【分析】直接判定角所在象限及其正负即可.【详解】在第二象限，,在第四象限，,，故答案为：.14．若函数；且，则______.【答案】7【分析】由题得，，得到方程组，解出即可.【详解】，，，即，解得，故，此时，故答案为：7.15．函数的最小值是______.【答案】9【分析】利用同角三角函数的平方关系，结合基本不等式求函数最小值.【详解】由，，当，即时等号成立.所以函数的最小值是9.故答案为：9.16．已知函数，对任意两个不等实数，都有，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】，则在上单调递增，据此可得答案.【详解】对任意两个不等实数，由可得即，则在上单调递增，则取任意，，有，又.则，即，对任意恒成立，注意到，则.故答案为：. 四、解答题17．（1）已知，求的值；（2）已知，求的值.【答案】（1）4；（2）2.【分析】（1）利用指数幂的运算性质化简求值；（2）利用诱导公式和同角三角函数的基本关系化简求值.【详解】（1），，原式.（2），，.18．已知集合.(1)若，求实数的取值范围；(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）解不等式可得集合B，由可得，讨论A为空集和非空集两种情况，求得答案；（2）由题意可得集合B为集合A的真子集，列出不等式组，求得答案.【详解】（1）解得，知，由，得①当时，，解得；②当时，，解得，综上，，即实数的取值范围为.（2）由题意是的充分不必要条件，可知，则 ，解得，经检验，符合题意，故，即实数的取值范围是.19．已知，函数.(1)若，求；(2)若，当时，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据所给条件代入函数解析式，即可得到方程组，解得、，即可求出函数解析式；（2）设，，，根据对勾函数的性质对分、、三种情况讨论，分别求出函数的最小值，即可得解.【详解】（1）解：由题意知，，解得，.（2）解：，，设，因为，则，令，，根据对勾函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增，当时在上单调递增，所以，当时在上单调递减，在上单调递增，所以，当时在上单调递减，所以，.20．为了加强“平安校园”建设，保障师生安全，某校决定在学校门口利用一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面为24平方米，且背面靠墙的长方体形状的校园警务室.由于此警务室的后背靠墙，无需建造费用，甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体报价为每平方米300元，屋顶和地面以及其他报价共计14400元.设屋子的左右两面墙的长度均为米.(1)当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？并求出最低报价；(2)现有乙工程队也要参与此警务室的建造竞标，其给出的整体报价为元，若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求的取值范围.【答案】(1)4米，28800元(2) 【分析】(1)建立函数模型，利用基本不等式求最小值;(2)根据不等式的恒成立问题求参数的取值范围.【详解】（1）设甲工程队的总造价为元，则.当且仅当，即时等号成立.即当左右两侧墙的长度为4米时，甲工程队的报价最低为28800元.（2）由题意可得，对任意的恒成立. 即，从而恒成立，令，又在为单调增函数，故.所以.21．已知.(1)证明：；(2)若函数，当定义域为时，值域为，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过变形得，利用函数的单调性即可；（2）首先求出，则得到方程组，转化成是上两个大于4的根，即上有两个大于4的根，列出不等式组，解出即可.【详解】（1）设，设，易得在上为增函数，则为增函数，而，即.（2）由题意知：,，，解得或设，，因为反比例函数在和上单调递增，通过向左平移4个单位，再向上平移1个单位即可得到，则函数在和上单调递增，根据复合函数单调性知在和的范围内各自单调递减，而，且，故，因为定义域为，故，根据在上单调递减，，是方程上两个大于4的根，上有两个大于4的根，则有，.22．已知函数.(1)当时，求的单调递减区间；(2)当时，函数恰有3个不同的零点，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由，得到，利用二次函数的性质求解；（2）由题意得到，再分，，，转化为两函数交点求解；法二：令，转化为，利用数形结合法求解；【详解】（1）解：当时，，由二次函数的性质得的单减区间为.（2）由题意知，，易知不是的零点.①当时，，令，则，②当时，，令，则，③当时，，令，则，设，则，记，对于①，，设，任取，且，则，因为，所以，又，则，所以，即，则m在上递增，此时单调递减，且，故当时，只有1个零点：当时，没有零点.对于②，，此时在单调递减，在单调递增，且时，趋近，时，趋近，，故当，即时，有2个零点；当，即时，没有零点；当时，只有1个零点.对于③，令，则，记，因为，则，显然在单调递减，且，则时，有1个零点：当时，没有零点.综上所述，时，有3个零点.法二：令，即，因为，故，因为与的渐近线分别为和，而是恒过的折线.由图可知，当与相切时，有两个零点，即在有且只有一个解.即在有且只有一个解.当，即 时， ，不成立；当 时，，解得，故当时，有3个零点.