浙江省宁波市九校2022_2023学年高一数学上学期期末联考试题含解析

这是一份浙江省宁波市九校2022_2023学年高一数学上学期期末联考试题含解析，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
选择题部分
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. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合，然后根据交集的定义运算即可．
【详解】，；
∴．
故选：A．
2. 下列选项中满足最小正周期为，且在上单调递增的函数为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用周期排除A， B，再利用复合函数单调性在C ，D中可得到正确答案.
【详解】对选项A， B其周期为，选项C ，D其周期为，故排除选项A， B；
对于C：在上为单调递减，则在上为单调递增，故C正确；
对于D：在上为单调递增，则在上为单调递减，故D错误.
故选：C
3. “”是“函数在上单调递增”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】先计算函数对称轴，结合函数开口方向分析可得该函数的递增区间，根据充分必要性辨析可得答案.
【详解】对称为轴，
若，又开口向上，在上单调递增，
又，故在上单调递增成立；
若函数在上单调递增，
单调递减，不成立，
则得，
不能推出，
故“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知幂函数（且）过点，则函数的定义域为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据幂函数的定义求出，根据幂函数经过的点可求，再根据函数有意义列式可求出结果.
【详解】根据幂函数的定义可知，，解得或（舍），
因为幂函数过点，所以，得，
由有意义，得，得且，
所以所求函数的定义域为.
故选：B
5. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边经过，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据三角函数的定义得到，再根据诱导公式求解即可.
【详解】已知角终边经过，
所以，
所以.
故选：D
6. 2022年11月15日，联合国宣布，世界人口达到80亿，在过去的10年，人口的年平均增长率为1.3%，若世界人口继续按照年平均增长率为1.4%增长，则世界人口达到90亿至少需要（）年（参考数据：，，）
A8.3B. 8.5C. 8.7D. 8.9
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意列出不等式，通过取对数，根据对数函数的单调性进行求解即可.
【详解】设世界人口达到90亿至少需要年，由题意，得
，
因此世界人口达到90亿至少需要8.5年，
故选：B
7. 函数的图象最有可能的是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数的定义判断函数的奇偶性，再通过取特殊点确定正确选项.
详解】有意义可得，所以且，
所以且且，所以的定义域为，
又，所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，B，D错误，
又，C错误，
选项A符合函数的解析式，
故选：A.
8. 已知，且，则的最小值为（）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用换元法表示出代入所求式子，化简利用均值不等式即可求得最小值.
【详解】因为，所以，令，则且
，代入中得：
当即时取“=”,
所以最小值为1.
故选：B
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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 下列不等式错误的是（）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据不等式的基本性质，逐一分析给定的四个不等式的正误，可得答案.
【详解】对于A中的不等式，因为，
所以，故选项A中的不等式不成立；
对于B中的不等式，因为，
所以，故选项B中的不等式不成立；
对于C中的不等式，因为，
所以，化简得出，正确；
对于D中的不等式，因为，
所以在的情况下不成立.
故选：ABD
10. 以下命题正确的是（）
A. 函数的单调递增区间为
B. 函数的最小值为
C. 为三角形内角，则“”是“”的充要条件
D. 设是第一象限，则为第一或第三象限角
【答案】AD
【解析】
【分析】对选项A，根据复合函数的单调性即可判断A正确，对选项B，利用基本不等式的性质即可判断B错误，对选项C，利用特值法即可判断C错误，对选项D，根据题意得到，，即可判断D正确.
【详解】对选项A，，因为，所以，
令，所以，
因为，为增函数，，为减函数，
所以的增区间为，故A正确.
对选项B，，
当且仅当，等号成立.
因为，无解，故等号取不到，
即函数最小值不是，故B错误.
对选项C，若，则，
所以若为三角形内角，则，不满足充要条件，故C错误.
对选项D，若是第一象限，则，，
所以，，即为第一或第三象限角，故D正确.
故选：AD
11. 如图所示，角的终边与单位圆交于点，，轴，轴，在轴上，在角的终边上.由正弦函数、正切函数定义可知，，的值分别等于线段，的长，且，则下列结论正确的是（）
A. 函数有3个零点
B. 函数在内有2个零点
C. 函数在内有1个零点
D. 函数在内有1个零点；
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用当时，，可得各个函数在上零点的个数，再根据奇函数的图象的对称性得到函数在上零点的个数，又各个函数都有零点，由此可判断A CD；再结合函数和的图象，可判断B.
【详解】由已知可知，当时，，，，
所以当时，，
对于A，当时，，，所以，此时函数无零点；
当时，因为，所以，此时函数无零点；
当时，，此时函数的零点为；
因为为奇函数，其图象关于原点对称，所以当时，函数无零点，
综上所述：函数有且只有1个零点，故A不正确；
对于B，当时，因为，所以，
又为奇函数，所以当时，，
当时，，
所以函数在上有且只有一个零点；
作出函数和的图象，如图：
由图可知，当时，函数和的图象只有一个交点，
函数在上只有一个零点，
所以函数在内有2个零点，故B正确；
对于C，当时，，，
又函数为奇函数，所以当时，，
当时，，
所以函数在内有且只有1个零点，故C正确；
对于D，当时，，所以，
又由于为奇函数，所以当时，，
所以，
当时，，
所以函数在内有1个零点.
故选：BCD
12. 已知正实数，满足，则使方程有解的实数可以为（）
A. B. 2C. D. 1
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意，化简为，设，且，根据单调性，得到在时单调递增，故，得到，代入，得到，设，，，得到，再根据单调性，可得到的范围.
【详解】，，，，
设，，明显地，单调递增
，，，，
，
令，，，，设，则有解，等价于与有交点，
明显地，单调递减，且，故，
故选：ABC
【点睛】思路点睛：
通过化简得到，设，利用的单调性，得到与的关系，进而化简得到，进而利用与有交点，得到的取值范围.
非选择题部分
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 命题“，”的否定是__________．
【答案】，
【解析】
【详解】全称命题的否可得，命题的否定为“，”．
答案：，．
14. 计算______.
【答案】
【解析】
【分析】对数、根式与指数的运算法则化简即可.
【详解】原式，
故答案为：.
15. 已知，则的值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】切化弦展开后化简代入计算即可.
【详解】∵
故答案为：.
16. 设函数，若函数的最小值为，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】对分大于0，小于0，等于0，
同时利用函数图像及函数单调性进行分析求解即可.
【详解】①当时，
，
即，如图所示：
由图知此时函数无最值，所以，
②当时，
，
即，
当时，，对称轴为，
所以在单调递减，在单调递增，
故，
当时，在上单调递增，
所以，
由函数的最小值为，
此时 ，
所以函数最小值为，
所以，即，
解得：或（舍去），
③当时，由时，
，此时在上单调递减，
所以最小值为，
由时，
，
此时函数在单调递减，在单调递增，
所以，
所以当时，函数最小值为满足题意，
综上所述，当函数最小值为时，
实数的取值范围为：，
故答案为：.
四、解答题：本题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 已知：在上恒成立；：存在使得；：存在，使得.
（1）若且是真命题，求实数的范围；
（2）若或是真命题，且是假命题，求实数的范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)且是真命题等价于、均是是真命题，将对应的的范围分别计算取交集即可；
(2)或是真命题，且是假命题等价于、一真一假，故分若真假，或若假真两类考虑，最后取并集.
【小问1详解】
若为真，则在上恒成立等价于，
得；
若为真，则存在使得等价于，
得；
且是真命题等价于、均是是真命题，故，
故；
【小问2详解】
若为真，等价于有解，则，
若为真假，则，
若为真，则，
若为假，则或；
或是真命题，且是假命题等价于、一真一假，
若真假，则
若假真，则，
综上：
18. 已知函数.
（1）求关于的不等式的解集；
（2）若，求函数在上的最小值.
【答案】（1）当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为或.
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用一元二次不等式的解法及对参数分类讨论即可求解；
（2）根据已知条件及基本不等式即可求解.
小问1详解】
由，得，即，
当时，不等式，解得，不等式的解集为；
当即时，不等式的解集为或；
当即时，不等式的解集为或；
综上所述，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为或.
【小问2详解】
由，得，解得，
所以.因为，所以，
，
当且仅当，即时，等号成立.
所以当时，函数在上的最小值为.
19. 已知函数.
（1）化简，并求解；
（2）已知锐角三角形内角满足，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）将函数中的切化弦，再分子分母同时乘以，利用二倍角公式及辅助角公式即可化简，化简后将代入解析式即可求得结果.
（2）将代入解析式，再由已知求出的取值范围，即可求出的值，再利用凑角及两角和差公式代入数值即可求得结果.
小问1详解】
所以，
所以；
【小问2详解】
因为，所以
又因为且，
所以，则，
因为，所以
所以.
20. 已知函数.
（1）证明：函数在上为增函数；
（2）求使成立的的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据对数运算法则将函数化简之后得出的表达式，再利用单调性的定义即可得出证明；（2）结合（1）的结论和复合函数单调性得出函数在上为增函数，再利用函数奇偶性解带绝对值不等式即可得出的取值范围.
【小问1详解】
由函数可得
所以
取任意，且，
则
易知，所以，而；
所以，即
所以函数在上为增函数.
【小问2详解】
由题意可知，函数的定义域为
由可得，
所以函数为偶函数；
根据（1）可知，在上为增函数；
根据复合函数单调性可知，在上为单调递增；
又函数偶函数，所以在上为单调递减，
由可得
只需满足即可，
易知，所以
即，解得；
根据三角函数单调性可知
21. 近期，宁波市多家医院发热门诊日接诊量显著上升，为了应对即将到来的新冠病毒就诊高峰，某医院计划对原有的发热门诊进行改造，如图所示，原发热门诊是区域（阴影部分），以及可利用部分为区域，其中，米，米，区域为三角形，区域为以为半径的扇形，且.
（1）为保证发热门诊与普通诊室的隔离，需在区域外轮廓设置隔离带，求隔离带的总长度；
（2）在可利用区域中，设置一块矩形作为发热门诊的补充门诊，求补充门诊面积最大值.
【答案】（1）（米）；
（2）（平方米）.
【解析】
【分析】（1）在直角三角形中由已知条件可求出和，则可求得，从而可求出的长，进而可求得结果；
（2）连接，设，则结合已知条件表示出，然后表示出矩形的面积，化简变形后利用正弦函数的性质可求出其最大值.
【小问1详解】
因为，，，
所以，，
因为为锐角，所以，
因为，所以，
所以的长为，
所以隔离带的总长度为（米）；
【小问2详解】
连接，设，
因为，所以，，
因为，所以，
所以，
所以
，
因为，
所以，当时取到最大值，
所以补充门诊面积最大值为（平方米）.
22. 已知函数.
（1）当时，最小值为，求实数的值；
（2）对任意实数与任意，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）求出代入，变为只含有参数的二次函数，化简为顶点式函数，顶点纵坐标即为最小值.
(2) 把函数可以看成点与的距离，即直线到抛物线的最小距离的平方为.
【小问1详解】
当时，，所以最小值为，即或
【小问2详解】
所以可以看成点与的距离，令
又因为，
所以点在二次函数的图像上
点在直线上，直线到抛物线的最小距离的平方为
画图为：所以
所以直线：，即直线与二次函数只有一个交点，
即方程只有一个解，
即，所以二次函数为；
，，
即
所以
【点睛】一般把看成点到的距离，再求与在那两个函数上，就可以转化为两个函数上点的距离的最值问题.