2021-2022学年上海市上海中学高一上学期期末数学试题含解析

2021-2022学年上海市上海中学高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．的始边是x轴正半轴，则其终边位于第（       ）象限．

A．一 B．二 C．三 D．四

【答案】B

【分析】将转化为内的角，即可判断.

【详解】，所以的终边和的终边相同，即落在第二象限.

故选：B

2．设函数的定义域为．则“在上严格递增”是“在上严格递增”的（       ）条件．

A．充分不必要 B．必要不充分

C．充分必要 D．既不充分也不必要

【答案】A

【分析】利用特例法、函数单调性的定义结合充分条件、必要条件的定义判断可得出合适的选项.

【详解】若函数在上严格递增，对任意的、且，，

由不等式的性质可得，即，

所以，在上严格递增，

所以，“在上严格递增”“在上严格递增”；

若在上严格递增，不妨取，

则函数在上严格递增，但函数在上严格递减，

所以，“在上严格递增”“在上严格递增”.

因此，“在上严格递增”是“在上严格递增”的充分不必要条件.

故选：A.

3．将函数的图像向左、向下各平移1个单位长度，得到的函数图像，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的图象变换的原则，结合对数的运算性质，准确运算，即可求解.

【详解】由题意，将函数的图像向左、向下各平移1个单位长度，

可得.

故选：B.

4．设函数，点，，在的图像上，且．对于，下列说法正确的是（       ）

①一定是钝角三角形       ②可能是直角三角形   ③不可能是等腰三角形       ③可能是等腰三角形

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

【答案】A

【分析】结合，得到，所以一定为钝角三角形，可判定①正确，②错误；根据两点间的距离公式和函数的变化率的不同，得到，可判定③正确，④不正确.

【详解】由题意，函数为单调递增函数，

因为点，，在的图像上，且，

不妨设，

可得，

则，

因为，可得，

又由因为，，，，

所以，

所以

所以，所以一定为钝角三角形，所以①正确，②错误；

由两点间的距离公式，可得，

根据指数函数和一次函数的变化率，可得点到的变化率小于点到点的变化率不相同，所以，所以不可能为等腰三角形，所以③正确，④不正确.

故选：A.

二、填空题

5．若函数满足，则______．

【答案】

【分析】根据题意，令，结合指数幂的运算，即可求解.

【详解】由题意，函数满足，令，可得.

故答案为：.

6．函数的单调增区间是______．

【答案】

【分析】先求出函数的定义域，再换元，利用复合函数单调性的求法求解

【详解】由，得，

所以函数的定义域为，

令，则，

因为在上递增，在上递减，而在上为增函数，

所以在上递增，在上递减，

故答案为．

7．已知是第四象限角，，则______．

【答案】

【分析】利用同角三角函数的基本关系求出的值，在利用诱导公式可求得结果.

【详解】因为是第四象限角，，则，

所以，.

故答案为：.

8．函数的最小值为______．

【答案】（或-0.125）

【分析】化简函数为，，得到，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】由题意，函数

，

令，可得，

当时，，即函数的最小值为.

故答案为：.

9．已知函数的最大值与最小值之差为，则______．

【答案】或.

【分析】根据幂函数的性质，结合题意，分类讨论，利用单调性列出方程，即可求解.

【详解】由题意，函数，

当时，函数在上为单调递增函数，可得，解得；

当时，显然不成立；

当时，函数在上为单调递减函数，可得，解得，

综上可得，或.

故答案为：或.

10．已知是偶函数，且方程有五个解，则这五个解之和为______．

【答案】

【分析】根据函数的奇偶性和图象变换，得到函数的图象关于对称，进而得出方程其中其中一个解为，另外四个解满足，即可求解.

【详解】由题意，函数是偶函数，可函数的图象关于对称，

根据函数图象的变换，可得函数的图象关于对称，

又由方程有五个解，则其中一个解为，

不妨设另外四个解分别为且，

则满足，即，

所以这五个解之和为，

故答案为.

11．不等式的解为______．

【答案】

【分析】根据幂函数的性质，分类讨论即可

【详解】将不等式转化成

（Ⅰ），解得；

（Ⅱ），解得；

（Ⅲ），此时无解；

综上，不等式的解集为，

故答案为．

12．设是定义在区间上的严格增函数．若，则a的取值范围是______．

【答案】.

【分析】根据题意，列出不等式组，即可求解.

【详解】由题意，函数是定义在区间上的严格增函数，

因为，可得，解得，

所以实数a的取值范围是.

故答案为：.

13．若，记，，，则P、Q、R的大小关系为______．

【答案】

【分析】利用平方差公式和同角三角函数的平方关系可得P、R的关系，然后作差，因式分解，结合已知可判断P、Q的大小关系.

【详解】

又

因为，所以

所以，即

所以P、Q、R的大小关系为.

故答案为：

14．在函数的图像上，有______个横、纵坐标均为整数的点．

【答案】3

【分析】由题可得函数为减函数，利用赋值法结合条件及函数的性质即得.

【详解】因为，

所以函数在R上单调递减，

又，，，

，且当时，，

当时，令，

则，

综上，函数的图像上，有3个横、纵坐标均为整数的点．

故答案为：3.

15．设，若存在使得关于x的方程恰有六个解，则b的取值范围是______．

【答案】

【分析】作出f(x)的图像，当时，，当时，.令，则，则该关于t的方程有两个解、，设＜，则，.令，则，据此求出a的范围，从而求出b的范围．

【详解】当时，，

当时，，

当时，，

则f(x)图像如图所示：

当时，，当时，．

令，则，

∵关于x的方程恰有六个解，

∴关于t的方程有两个解、，设＜，

则，，

令，则，

∴且，

要存在a满足条件，则，解得．

故答案为：．

16．若定义域为的函数满足：对任意能构成三角形三边长的实数，均有，，也能构成三角形三边长，则m的最大值为______．（是自然对数的底）

【答案】

【分析】不妨设三边的大小关系为：，利用函数的单调性，得出，，的大小关系，作为三角形三边则有任意两边之和大于第三边，再利用基本不等式求出边的范围得出的最大值即可.

【详解】在上严格增，所以 ，不妨设，

因为对任意能构成三角形三边长的实数，均有，，

也能构成三角形三边长，所以，

因为，所以，

因为对任意都成立，所以，所以，所以，

所以，所以m的最大值为．

故答案为：.

三、解答题

17．求函数的定义域、值域与单调区间；

【答案】定义域为，值域为，递减区间为，递增区间为.

【分析】由函数的解析式有意义列出不等式，可求得其定义域，由，结合基本不等式，可求得函数的值域，令，根据对勾函数的性质和复合函数的单调性的判定方法，可求得函数的单调区间.

【详解】由题意，函数有意义，则满足且，

因为方程，所以，解得，

所以函数的定义域为

又由，

因为，所以，

当且仅当时，即时，等号成立，所以，

所以函数的值域为，

令，

根据对勾函数的性质，可得函数在区间上单调递减，在上单调递增，

结合复合函数的单调性的判定方法，可得在上单调递减，在上单调递增.

18．已知，，且函数有奇偶性，求a，b的值．

【答案】为奇函数，，

【分析】由函数奇偶性的定义列方程求解即可

【详解】若为奇函数，则，

所以恒成立，

即，

所以恒成立，

所以，解得，

所以当为奇函数时，，

若为偶函数，则，

所以恒成立，

得，得，不合题意，

所以不可能是偶函数，

综上，为奇函数，，

19．某厂商计划投资生产甲、乙两种商品，经市场调研发现，如图所示，甲、乙商品的投资x与利润y（单位：万元）分别满足函数关系与．

(1)求，与，的值；

(2)该厂商现筹集到资金20万元，如何分配生产甲、乙商品的投资，可使总利润最大？并求出总利润的最大值．

【答案】(1)，，，

(2)分配生产乙商品的投资为1万元，甲商品的投资为万元，此时总利润的最大值为31.5万元.

【分析】（1）代入点的坐标，求出，与，的值；（2）在第一问的基础上，表达出总利润的关系式，利用配方求出最大值.

【详解】(1)将代入中，，解得，

将代入中，，解得，

所以，，，.

(2)设分配生产乙商品的投资为m（0≤m≤20）万元、甲商品的投资为万元，此时的总利润为w，

则，

因为0≤m≤20，所以当，即时，w取得最大值，即分配生产乙商品的投资为1万元，甲商品的投资为万元，此时总利润的最大值为31.5万元.

20．设函数，其中．

(1)若当时取到最小值，求a的取值范围．

(2)设的最大值为，最小值为，求的函数解析式，并求的最小值．

【答案】(1)

(2)，最小值为.

【分析】（1）求得函数的导数，令，要使得函数在取到最小值，则函数必须先减后增，列出方程组，即可求解；

（2）由（1）知，若时，得到函数在上单调递减，得到；若时，令，求得，分，，

三种情况讨论，求得函数的解析式，利用一次函数、换元法和二次函数的性质，即可求解.

【详解】(1)解：由函数，可得，

令，

要使得函数在取到最小值，则函数必须先减后增，

则满足，解得，

即实数的取值范围为.

(2)解：由（1）知，设，

若时，即时，，即，函数在上单调递减，

所以，可得；

若时，即时，

令，即，解得或，

①当时，即时，在恒成立，即，

可得函数在上单调递增，所以，可得；

②当时，即时，在恒成立，即，

可得函数在上单调递减，所以，

可得；

③当时，即时，

当时，，即，单调递减；

当时，，即，单调递增，

所以当时，函数取得最小值，即，

又由，可得，

（i）当时，，即，所以，

此时；

（ii）当时，，即，所以，

此时，

综上可得，函数的解析式为，

当时，；

当时，；

当时，令，则，可得，

根据二次函数的性质，可得当时，函数取得最小值，最小值为；

当时，令，则，可得，

则，

综上可得，函数的最小值为.

21．对于函数，若实数满足，则称是的不动点．现设．

(1)当时，分别求与的所有不动点；

(2)若与均恰有两个不动点，求a的取值范围；

(3)若有两个不动点，有四个不动点，证明：不存在函数满足．

【答案】(1)

(2)

(3)见详解.

【解析】(1)因为，所以即，所以，

所以的不动点为；

解，，

所以，

因为是的解，所以上述四次方程必有因式，

利用长除法或者双十字相乘法因式分解得，

所以，

所以的不动点为．

(2)由得，

由、

得， 因为是的解，

所以上述四次方程必有因式，

利用长除法或者双十字相乘法因式分解得， 因为与均恰有两个不动点，

所以①

或②且和有同根，

由①得，②中两方程相减得，所以，故，

综上，a的取值范围是．

（3）设的不动点为，的不动点为，

所以，

设，则，

所以，所以是的不动点，

同理，也是的不动点，只能，

假设存在，则或，

因为过点，所以，

否则矛盾，

且，否则，

所以一定存在，与均不同，

所以，所以，所以有另外不动点，矛盾，

故不存在函数满足．