2021-2022学年山东省枣庄市第九中学高一上学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年山东省枣庄市第九中学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】B

【解析】求出函数的定义域确定集合，然后由交集定义计算．

【详解】，∴.

故选：B．

2．命题“，”的否定是　　

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可．

【详解】命题是全称命题，则命题的否定是特称命题，

据此可得命题“，”的否定是，，

故选C．

【点睛】本题主要考查全称命题的否定，属于基础题.

3．下列函数中，既是其定义域上的单调函数，又是奇函数的是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数的解析式直接判断函数的奇偶性和单调性即可．

【详解】对A: 它是奇函数，它在区间上递增，但在定义域上不是单调函数;

对B: 是非奇非偶函数；

对C: 是增函数，它不是奇函数；

对D:是奇函数，在定义域内是增函数．

故选：D．

4． 设则“且”是“”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．即不充分也不必要条件

【答案】A

【详解】试题分析：若x≥2且y≥2，则x2≥4，y2≥4，所以x2+y2≥8，即x2+y2≥4；若x2+y2≥4，则如（-2，-2）满足条件，但不满足x≥2且y≥2．所以“x≥2且y≥2”是“x2+y2≥4”的充分而不必要条件．故选A．

【解析】本题考查充分、必要、冲要条件．

点评：本题也可以利用几何意义来做：“”表示为以原点为圆心，2为半径的圆外的点，包括圆周上的点，“且”表示横坐标和纵坐标都不小于2的点．显然，后者是前者的一部分，所以选A．这种做法比分析中的做法更形象、更直观．

5．若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据对数函数、指数函数的单调性比较大小即可.

【详解】由函数，，的单调性可知，，，故.

故选：D

6．函数在区间的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】判断函数非奇非偶函数，排除选项A、B，在计算时的函数值可排除选项D，进而可得正确选项.

【详解】因为，且，

所以既不是奇函数也不是偶函数，排除选项A、B，

因为，排除选项D，

故选：C

【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．

(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；

(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

7．如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC､直角边AB､AC，已知以直角边AC､AB为直径的半圆的面积之比为，记，则的值为（    ）

A．-1 B．-2 C．0 D．1

【答案】A

【分析】由圆的面积公式及半圆面积比可得，即有，将目标式由弦化切求值即可.

【详解】以直角边AC，AB为直径的半圆的面积分别为：，，

由面积之比为，得：，即，

在中，，则，

故选：A.

8．已知函数是定义在上的偶函数，且当时， ，则方程解的个数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】当时，作出函数的图象，把方程解的个数，转化为函数与的图象交点的个数，结合图象和函数的奇偶性，得到图象交点的个数，即可求解.

【详解】由题意，函数当时，，

作出函数的图象，如图所示，

又由方程解的个数，即为函数与的图象交点的个数，

当时，结合图象，两函数与的图象有5个交点，

又由函数为偶函数，图象关于轴对称，

所以当时，结合图象，两函数与的图象也有5个交点，

综上可得，函数与的图象有10个交点，

即方程解的个数为10.

故选：D.

二、多选题

9．设、、为实数且，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】CD

【分析】取，可判断A选项；利用对数函数的基本性质可判断B选项；利用指数函数的单调性可判断C选项；利用不等式的基本性质可判断D选项.

【详解】对于A，若，则，所以A错误；

对于B，函数的定义域为，而、不一定是正数，所以B错误；

对于C，因为，所以，所以C正确；

对于D，因为，所以，所以D正确.

故选：CD

10．设函数的图象为曲线，则下列结论中正确的是（    ）

A．是曲线的一个对称中心

B．若，且，则的最小值为

C．将曲线向右平移个单位长度，与曲线重合

D．将曲线上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，与曲线重合

【答案】BD

【分析】由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，得出结论.

【详解】函数的图象为曲线，

令，求得，为最小值，故的图象关于直线对称，故A错误；

若，且，则的最小值为，故B正确；

将曲线向右平移个单位长度，可得的图象，故C错误；

将曲线上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，可得的图象，与曲线E重合，故D正确，

故选：BD.

11．已知函数，关于函数的结论正确的是（    ）

A． B．的值域为

C．的解集为 D．若，则的值是

【答案】BD

【分析】将代入可知A错误；分别在和的情况下，结合一次函数和二次函数的值域求法可知B正确；分别在和的情况下，根据解析式构造不等式和方程求得CD正误.

【详解】对于A，，A错误；

对于B，当时，；当时，；

的值域为，B正确；

对于C，当时，，解得：；

当时，，解得：；

的解集为，C错误；

对于D，当时，，解得：（舍）；

当时，，解得：（舍）或；

的解为，D正确.

故选：BD.

12．已知函数，且，则（    ）

A．

B．为非奇非偶函数

C．函数的值域为

D．不等式的解集为

【答案】ACD

【分析】由求得可判断A；利用奇偶性定义可判断B；由的范围可得的范围，可判断C；利用的单调性可判断D.

【详解】，求得，A正确；

时，，

∵，∴为奇函数，B不正确；

∵，∴，∴，，

∴，C正确；

，因为是上单调递增函数，是上单调递减函数，

所以是上单调递增函数，

∴，

∴，∴，∴解集为，D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．已知扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的弧长为___________.

【答案】

【分析】由扇形的圆心角与面积求得半径再利用弧长公式即可求弧长.

【详解】设扇形的半径为r，由扇形的面积公式得：，解得，该扇形的弧长为.

故答案为：.

14．已知log7[log3(log2x)]＝0，那么＝________.

【答案】

【分析】从外向里一层一层的求出对数的真数，求出x的值

【详解】∵log7[log3(log2x)]＝0，

∴log3(log2x)＝1，

∴log2x＝3，

∴23＝x，

∴.

故答案为

【点睛】利用对数式与指数式的相互转化从外向里求出真数，属于基础题．

15．已知（，为常实数），若，则___________.

【答案】

【分析】由得出，进而得出.

【详解】，

，

∴，∴，

∵，∴.

故答案为：

四、双空题

16．已知正实数满足，则当__________时，的最小值是__________．

【答案】          6

【解析】利用基本不等式可知，当且仅当“”时取等号.而运用基本不等式后，结合二次函数的性质可知恰在时取得最小值，由此得解.

【详解】解：由题意可知：，即，当且仅当“”时取等号，，当且仅当“”时取等号.

故答案为：，6.

【点睛】本题考查基本不等式的应用，同时也考查了配方法及二次函数的图像及性质，属于基础题.

五、解答题

17．已知集合，，，全集

(1)求，；

(2)若，求实数的取值范围．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）根据偶次根式被开方数大于等于零，进而解一元二次不等式分别求得集合，由并集、补集和交集的定义可得结果；

（2）由可得的范围，取补集即可得到时的范围.

【详解】（1）由得：，即；

由得：，即，；

，.

（2）由题意知：；

若，则，时，的取值范围为.

18．已知函数（且）.

(1)判断的奇偶性并予以证明；

(2)若一元二次不等式的解集为，求不等式的解集.

【答案】(1)奇函数，证明见解析

(2)

【分析】（1）先求定义域，再由奇偶性定义证明即可；

（2）根据解集得出，，再利用对数函数的单调性解不等式即可.

【详解】（1）要使有意义，必须且，

解得，所以的定义域为.

是奇函数.

证明如下：

的定义域为，关于原点对称，

∵，

∴为奇函数.

（2）由不等式的解集为，

∴得，，

∴，得，

∵为减函数，

∴

解得：，所以解集为.

19．已知.

(1)若为锐角，求的值；

(2)求的值.

【答案】(1)

(2)7

【分析】（1）由已知结合同角三角函数的平方关系可解得，然后由余弦的两角和可得；

（2）由已知可得，由二倍角公式可得，最后由正切的两角和可得.

【详解】（1）由，为锐角

解得

∴

（2）由

得

则

20．目前全球新冠疫情严重，核酸检测结果成为是否感染新型冠状病毒的重要依据，某核酸检测机构，为了快速及时地进行核酸检测，花费36万元购进核酸检测设备.若该设备预计从第1个月到第个月的检测费用和设备维护费用总计为万元，该设备每月检测收入为20万元.

(1)该设备投入使用后，从第几个月开始盈利？（即总收入减去成本及所有支出费用之差为正值）；

(2)若该设备使用若干月后，处理方案有两种：①月平均盈利达到最大值时，以20万元的价格卖出；②盈利总额达到最大值时，以16万元的价格卖出.哪一种方案较为合算？请说明理由.

【答案】(1)第4个月开始盈利

(2)方案①较为合算，理由见解析

【分析】（1）求出利润表达式然后解不等式可得答案；

（2）分别计算出两种方案的利润比较可得答案.

【详解】（1）由题意得

，即，

解得，∴.

∴该设备从第4个月开始盈利.

（2）该设备若干月后，处理方案有两种：

①当月平均盈利达到最大值时，以20万元的价格卖出，

.

当且仅当时，取等号，月平均盈利达到最大，

∴方案①的利润为：（万元）.

②当盈利总额达到最大值时，以16万元的价格卖出.

，

∴或时，盈利总额最大，

∴方案②的利润为20+16=36（万元），

∵38>36，

∴方案①较为合算.

21．已知函数的图像向右平移个单位长度得到的图像， 图像关于原点对称，的相邻两条对称轴的距离是.

（1）求在上的增区间;

（2）若在上有两解，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由的相邻两条对称轴的距离是，可得函数的周期，从而得出的值，由平移得出的解析式，根据图像关于原点对称，可求出的值，从而可求单调增区间,得出答案.

（2）令 则，则，根据有两解，即有两解，从而可得答案.

【详解】解:由的相邻两条对称轴的距离是，则，

函数的图像关于原点对称，，

所以

（1）由，

得，

令得

得

在增区间是

令，则

所以

若有两解，即在上有两解，

由的图象可得，，即

的取值范围是

【点睛】关键点睛：本题考查求正弦型函数的单调增区间和根据方程的解个数求参数的范围问题，解答本题的关键是设，由则所以若有两解，即在上有两解，然后数形结合求解，属于中档题.

22．对于函数，若的图象上存在关于原点对称的点，则称为定义域上的“伪奇函数”．

（1）试判断是否为“伪奇函数”，简要说明理由；

（2）若是定义在区间上的“伪奇函数”，求实数的取值范围；

（3）试讨论在上是否为“伪奇函数”？并说明理由．

【答案】（1）是“伪奇函数”，理由见解析；（2）；（3）答案见解析.

【分析】（1）由“伪奇函数”的定义判断即可；

（2）由题意可知，，

即在有解，结合三角函数的性质即可求解；

（3）由题意可知，在上有解，

令，则，从而在有解，

再分类讨论即可得出结果

【详解】（1） ，

．

是“伪奇函数”．

（2）为“伪奇函数”，

，

即，

即在有解．

，

．

又在恒成立，

．

．

（3）当为定义域上的“伪奇函数”时，

则在上有解，

可化为在上有解，

令，则，

从而在有解，

即可保证为“伪奇函数”，

令，

则当时，在有解，

即，

解得．

当时，在有解等价于

解得，

综上，当时，为定义域上的“伪奇函数”，否则不是．