广东省深圳外国语高级中学高一上学期期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省深圳外国语高级中学高一上学期期末考试数学试题（解析版）-A4，共16页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置．考试结束后，将答题卡交回．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1 已知，若集合，则（ ）
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由集合相等的定义建立方程求得结果.
【详解】∵，
∴，解得，
故选：B
2. 已知命题“”为假命题，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由其否定为真命题，通过一元二次不等式恒成立求解即可；
【详解】由命题“”为假命题，
可得“”为真命题，
所以，
解得：，
故选：C
3. 已知角α的终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求出，结合二倍角的正弦公式计算即可求解.
【详解】由题意知，，
所以.
故选：D
4. 用二分法求方程的近似解时，所取的第一个区间可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由二分法可知，连续函数在区间上满足，则函数在区间上存在零点.
【详解】令，则，
，
，
，
，
故选：B.
5. 函数的图象大致为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数奇偶性、特殊点函数值可判断；
【详解】，由，可得：，
又，
可知函数为奇函数，排除BD,
又，排除C，
故选：A
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角恒等变换的应用可得，结合两角和的正切公式计算即可求解.
【详解】由，
得，所以，
又，所以，
即，
整理得，即.
所以，
又，所以，所以.
故选：A
7. 已知，若关于x的不等式在区间上恒成立，则的最小值是（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合函数函数性质，得到函数的函数性质，由此建立等式得到的关系，然后借助基本不等式求出的最小值.
【详解】∵，∴在区间上单调递增，
∴当时，当时，
令，
要想关于x的不等式在区间上恒成立，
则当时，当时，
∴，则，即，
∴，当且仅当，即时取等号.
故选：B.
8. 已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断出函数的奇偶性与单调性，再根据函数的单调性和奇偶性解不等式，求出的范围，再根据二倍角的余弦公式即可得解.
【详解】因为，定义域满足，解得，
因为
，
所以，所以为奇函数，
因为函数在上单调递增，
，且设，
则
，
又，因为，所以，
所以，
由于函数在上单调递增，
所以，
故函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
由，
得，
所以，
即，解得，
则.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：判断出函数的奇偶性与单调性是解决本题的关键.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知，则下列关系式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先求出，再根据换底公式及对数的运算性质即可判断A；再利用基本不等式即可判断BCD.
【详解】因为，
所以，则，
对于A，，故A正确；
对于B，，
当且仅当，即时取等号，
又，所以，故B正确；
对于C，因为，所以，
当且仅当时取等号，
又，所以，故C错误；
对于D，因为，所以，
所以，所以，故D正确.
故选：ABD.
10. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，乘客坐在摩天轮慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色．已知摩天轮最高点距离地面高度为120m，转盘直径为110m，开启后按逆时针方向匀速旋转，摩天轮设置有36个座舱，转一周需要30min．游客甲在座舱转到距离地面最近的位置进舱，tmin后距离地面的高度为（单位：m），下述结论正确的是（ ）
A.
B. 甲进舱10分钟后距离地面的高度是82.5m
C. 在运行一周的过程中，的时间超过10min
D. 游客乙在甲后的第6个座舱进舱，乙进舱后12min内，存在某一时刻甲、乙距离地面高度相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意建立三角函数模型，先得出解析式，然后结合三角函数的图象与性质判断选项即可.
【详解】由题意可得是关于的三角函数，以摩天轮轴心为原点，
以与地面平行的直线为横轴建立平面直角坐标系，设摩天轮距地面最近点为P，
则当时，游客甲位于，以OP为终边的角为，而转一圈需要大约30min，可知角速度大约为，
由题意可得：，即A正确；
当时，，即B错误；
由，
由正弦函数的性质可得：，
则有，
即高度超过90+2.5米时时间长20-10=10min，显然高度达到或超过90米的时间超过10min，故C正确；
甲乙所在位置分别设为A、B两点，甲乙座舱差5个，则，
故t分钟后甲乙的高度分别为：，，
由，可得：
即，可得：，
即，解得，当时，符合题意，正确
故选：ACD.
11. 已知函数是定义域为的奇函数，，当时，，则（ ）
A. B.
C. 当时，D. 方程恰有10个解
【答案】AC
【解析】
【分析】通过对函数关系的化简以及奇函数的性质判断A选项；由时函数解析式以及函数的关系，写出时的函数解析式，从而知道函数在上的单调性，判断的大小关系即可判断B选项；同理写出时函数解析式，判断C选项，写出时函数解析式，从而得到函数的函数图像，即可找到方程解的个数，判断D选项.
【详解】∵，∴，
又∵函数是定义域为的奇函数，∴，
∴，即，
∴，A选项正确；
令，则，，
∴函数在区间上单调递减，
∵，
,
，
∴，B选项错误；
令，则，，C选项正确；
令，则，，
这函数的函数图像如下：
故方程恰有9个解，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛，本题是抽象函数的性质的综合运用，通过抽象函数解析式的关系，以及其中某个区间的函数解析式，得到这个函数的性质和大致图像是解题的关键.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知扇形的周长是其半径的4倍，若该扇形的面积为2，则该扇形的周长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由扇形的周长公式求得圆心角，再代入扇形的面积公式求得扇形的半径，将求得结果代入扇形的周长公式即可.
【详解】设扇形的半径为，圆心角为，
则扇形的周长，∴，
∴扇形的面积，∴，
∴扇形的周长.
故答案为：.
13. 已知，且，若恒成立，则实数t的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意得到，再结合基本不等式求得最小值，进而可求解；
【详解】恒成立，即，
，当且仅当时取等号，
所以，
即，
解得：，
所以实数t的取值范围是，
故答案为：
14. 将函数的图象向右平移个单位后，再将所得图象各点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若在区间内没有零点，则的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数图象的平移伸缩变换可得，进而，结合正弦函数的图象与性质建立关于的不等式组，解之即可求解.
【详解】由题意知，，
由，得，
若在区间内没有零点，
则，解得，
由，当时，，当时，，当时，不符合，
所以的取值范围为.
故答案为：
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知不等式的解集为A，集合．
（1）当时，求A和；
（2）若，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先求出集合，再根据补集和交集的定义即可得解；
（2）由，可得，再分和两种情况讨论即可得解.
【小问1详解】
由，得，
即，解得或，
所以或，
则，
当时，，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，
当时，则，解得，此时；
当时，则或，
解得或，
综上所述，的取值范围为或.
16. 为了充分挖掘乡村发展优势，某新农村打造“有机水果基地”．经调研发现：某水果树的单株产量W（单位：千克）与施用肥料x（单位：千克）满足如下关系：，肥料成本投入为10x元，其他成本投入为20x元．已知这种水果的市场售价大约为15元/千克，且销售畅通，记该水果单株利润为（单位：元）．
（1）求单株利润（单位：元）关于施用肥料x（单位：千克）的关系式；
（2）当施用肥料为多少千克时，该水果单株利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）
（2）当施用肥料为4千克时，该水果单株利润最大，最大利润是240元
【解析】
【分析】（1）利用该水果树单株产量乘以市场售价减投入总成本即可得出利润表达式；
（2）根据定义域求每段函数的利润最大值比较后可得答案.
【小问1详解】
由题意可得：，
即，整理得．
【小问2详解】
当时，为对称轴开口向上的抛物线，
所以当时，，
当时，，
因为，当且仅当即取等号，
所以，即，
综上所述，当时，该水果单株利润最大，最大利润是240元．
17. 已知函数是定义在上的偶函数，，当时，（且）．
（1）求函数的解析式；
（2）解不等式：．
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由偶函数定义以及当时，求得当时函数的解析式，代入，求得的值，然后得到函数的解析式；
（2）根据函数的单调性即奇偶性得到关于的不等式，解出即可.
【小问1详解】
令，则，
∴，
∵，∴，
即.
【小问2详解】
令，解得，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
，∴，
∴，解得，故不等式的解集为.
18. 已知函数的最小正周期为．
（1）求的值及函数图像的对称中心；
（2）设，若使得，求实数b的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用和差角，二倍角以及辅助角公式化简函数解析式，然后由周期求得求的值，然后利用正弦函数的对称中心求得函数图像的对称中心；
（2）整理函数解析式，然后令，得到函数的取值范围，然后得到函数在上可能得最大值；由正弦函数的单调性求出的单调区间，从而求出在区间的最大值.由使得得到函数在上的最大值小于在上的最大值.由此解出实数b的取值范围.
【小问1详解】
，
，
，
，
，
∵周期，∴，
∴，
令，解得，
∴函数图像的对称中心.
【小问2详解】
，
，
令，在上单调递增，∴，
∴，∴，，
令，解得
∴函数在区间上单调递增，所以函数在区间上最大值为，
∵使得，
∴，解得，∴.
19. 对于函数，若存在，使得，则称是的一个不动点．已知函数．
（1）证明：的定义域为；
（2）若在上仅有一个不动点，求实数a的取值范围；
（3）若在区间上有两个不动点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）.
（3）
【解析】
【分析】（1）根据对数函数的概念可得，整理得，结合指数函数的图象与性质即可证明；
（2）由新定义知有一个解，利用换元法可得方程有一个解，分类讨论的取值情况即可求解；
（3）由新定义，方程在上有两个解，设，则，解之即可求解.
【小问1详解】
由题意知，，即，
整理得，又，
所以对于恒成立，
故的定义域为R.
【小问2详解】
因为在R.上仅有一个不动点，
即方程有且仅有一个解，
将等式变形为，
令，则方程变形为，
整理得①，
令，则在上单调递增，所以.
方程①可化为，
当时，，即，整理得，由解得；
当时，方程有一个根，则，解得，
此时，解得，即，整理得，由解得.
综上，.
【小问3详解】
在上有两个不动点，
由（2）知，当时，，则，
所以方程在上有两个解，
设，则，即，
解得，即实数的取值范围为.