2022-2023学年河南省洛阳市第二中学高一上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河南省洛阳市第二中学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学年河南省洛阳市第二中学高一上学期期末数学试题 一、单选题1．集合，则图中阴影部分所表示的集合是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先将集合化简，阴影部分表示，然后求解即可.【详解】因为，得，，图中阴影部分表示,所以得故选：C2．已知，则“函数为偶函数”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】B【分析】充分性判断：利用偶函数的性质，结合和差角正弦公式求；必要性判断：应用诱导公式化简并判断奇偶性，最后由充分、必要性定义确定题设条件间的关系.【详解】当为偶函数时，则恒成立，即，；当时，为偶函数；综上，“函数为偶函数”是“”的必要不充分条件.故选：B3．已知，，若p是q的必要条件，则实数a的取值范围是（     ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由是的必要条件，列不等式组，可得实数a的取值范围．【详解】由是的必要条件，可得，解得故选：D.4．已知集合则角α的终边落在阴影处(包括边界)的区域是（　　　　）A． B．C． D．【答案】B【分析】令，由此判断出正确选项.【详解】令，则，故B选项符合.故选：B【点睛】本小题主要考查用图像表示角的范围，考查终边相同的角的概念，属于基础题.5．在流行病学中，每名感染者平均可传染的人数叫做基本传染数，当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染1个以上的人，从而导致感染者人数急剧增长．当基本传染数低于1时，疫情才可能逐渐消散．而广泛接种疫苗是降低基本传染数的有效途径，假设某种传染病的基本传染数为，1个感染者平均会接触到N个新人（），这N人中有V个人接种过疫苗（为接种率），那么1个感染者可传染的平均新感染人数．已知某病毒在某地的基本传染数，为了使1个感染者可传染的平均新感染人数不超过1，则该地疫苗的接种率至少为（    ）A．90% B．80% C．70% D．60%【答案】D【分析】根据已知条件可得出关于的不等式，解之即可得出结果.【详解】因为，由题意，解得，故选：D．6．已知实数a，b，c满足不等式，且，，，则M、N、P的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】结合指数函数特征易知，，画出的图象，由的相对位置可比较大小，进而得解.【详解】因为，所以，，画出的图象，如图，则，由图可知，故. 故选：A7．若，记，则的大小关系正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意可得，然后利用对数函数的单调性比较大小【详解】因为，所以，所以，，，因为，所以，所以，即，综上，，故选：C8．已知是定义在上的奇函数，且，当且时.已知，若对恒成立，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由奇偶性分析条件可得在上单调递增，所以，进而得，结合角的范围解不等式即可得解.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以当且时，根据的任意性，即的任意性可判断在上单调递增，所以，若对恒成立，则，整理得，所以，由，可得，故选：A.【点睛】关键点点睛，本题解题的关键是利用，结合变量的任意性，可判断函数的单调性，属于中档题. 二、多选题9．下列既是存在量词命题又是真命题的是（    ）A．，B．至少有个，使能同时被和整除C．，D．每个平行四边形都是中心对称图形【答案】AB【分析】AB选项，可举出实例；C选项，根据所有实数的平方非负，得到C为假命题；D选项为全称量词命题，不合要求.【详解】中，当时，满足，所以A是真命题B中，能同时被和整除，所以B是真命题C中，因为所有实数的平方非负，即，所以C是假命题D是全称量词命题，所以不符合题意.故选：AB．10．水车在古代是进行灌溉的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图，一个半径为6米的水车逆时针匀速转动，水轮圆心距离水面3米，已知水轮每分钟转动1圈，如果当水轮上一点P从水中浮现时(图中点)开始计时，经过t秒后，水车旋转到点，则下列说法正确的是（    ）A．在转动一圈内，点的高度在水面3米以上的持续时间为30秒B．当时，点P距水面的最大距离为6米C．当秒时，D．若第二次到达最高点大约需要时间为80秒【答案】ACD【分析】由题意可知，再设角是以为始边，为终边的角，可求得高度与时间的关系，进而根据三角函数图象性质进行判断.【详解】由题意可知，设角是以为始边，为终边的角，由条件得高度，当时，，代入得，故，令，解得，故在转动一圈内，点的高度在水面3米以上的持续时间为30秒，即A选项正确；当时，，当时，时，点P距水面的最大距离为米，B选项错误；当时，水车旋转，即，故，C选项正确；，当，即，故第二次到达最高点的时间为，故D选项正确.故选：ACD11．已知正数a，b满足，则下列说法一定正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】由基本不等式判断AD，取判断BC.【详解】由题意可知，（当且仅当时取等号），故A正确；取，则，故BC错误；因为，所以（当且仅当时取等号），则（当且仅当时取等号），故D正确；故选：AD12．已知正实数x，y，z满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】令则，可得：，，进而结合对数运算与换底公式判断各选项即可得答案.；【详解】解：令，则，可得：， ，，对于选项A：因为，所以，故选项A正确；对于选项B，因为，故，所以，即；，即，故B选项错误.对于选项C：，因为，所以，因为，所以，即，即，故选项C正确；对于选项D：，，因为，因为所以等号不成立，所以，即，所以，根据“或”命题的性质可知选项D正确.故选：ACD 三、填空题13．已知函数，则的值为________【答案】－3【分析】由分段函数的定义计算，注意自变量的取值范围．【详解】，，∴．故答案为：．14．如图1是某小区的圆形公园，它外围有一圆形跑道，并有4个出口A、B、C、D（视为点），并四等分圆弧（如图2）.小明从A点出发，在圆形跑道上按逆时针方向作匀速圆周跑动，假设他每分钟转过圆心角为弧度（），3分钟第一次到达劣弧CD之间（不包括C、D点），15分钟时回到出发点A，则的值为_____.【答案】【分析】首先求出的大致范围，再根据15分钟时回到出发点A，得到，即可得解；【详解】解：依题意A点3分钟转过，且，所以，又15分钟时回到出发点A，所以，所以，因为，所以故答案为：15．函数的单调递减区间是________．【答案】##【详解】，设，对称轴，， 递减，在上递增，根据复合函数的单调性判断：函数 的调减区间为，故答案为.【方法点睛】本题主要考查对数函数的性质、复合函数的单调性，属于中档题.复合函数的单调性的判断可以综合考查两个函数的单调性，因此也是命题的热点，判断复合函数单调性要注意把握两点：一是要同时考虑两个函数的的定义域；二是同时考虑两个函数的单调性，正确理解“同增异减”的含义（增增 增，减减 增，增减 减，减增 减）.16．定义在上的奇函数，当时，则函数的所有零点之和为___________________．【答案】【详解】由图知，共五个零点，从左到右交点横坐标依次为，满足，因此所有零点之和为 四、解答题17．已知集合，．(1)当时，求；(2)是的必要条件，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）当时，求出集合、，利用交集的定义可求得集合；（2）分析可知，对、的大小关系进行分类讨论，根据检验或得出关于实数的不等式，综合可求得实数的取值范围.【详解】（1）解：由可得，解得，即，当时，，此时，.（2）解：由题意可知，且，当时，即当时，，不满足，不符合题意；当时，即时，，符合题意；当时，则，由，得，解得.综上，．18．计算下列各式：(1)；(2)【答案】(1)(2) 【分析】（1）、利用指数幂的运算性质求解即可；（2）、利用对数的运算性质求解.【详解】（1）.（2）19．命题：“，”，命题：“，”.(1)写出命题的否定命题，并求当命题为真时，实数的取值范围；(2)若和中有且只有一个是真命题，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据全称命题的否定形式写出，当命题为真时，可转化为，当，利用二次函数的性质求解即可；（2）由（1）可得为真命题时的取值范围，再求解为真命题时的取值范围，分真和假，假和真两种情况讨论，求解即可【详解】（1）由题意，命题：“，”，根据全称命题的否定形式，：“，”当命题为真时，，当二次函数为开口向上的二次函数，对称轴为故当时，函数取得最小值，即故实数的取值范围是（2）由（1）若为真命题，若为假命题若命题：“，” 为真命题则，解得故若为假命题由题意，和中有且只有一个是真命题，当真和假时，且，故；当假和真时，且，故；综上：实数的取值范围是或20．已知函数的定义域为R，且对任意a，R，都有，且当时，恒成立.(1)证明函数是奇函数；(2)证明函数是R上的减函数；(3)若，求x的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)或 【分析】（1）利用特殊值求出，从而证明即可；（2）证明出，再利用当时，恒成立即可得解；（3）利用函数的单调性和奇偶性进行证明即可得解.【详解】（1）证明：由，令可得，解得，令可得，即，而，，而函数的定义域为R，故函数是奇函数．（2）证明：设，且，，则，而，又当时，恒成立，即，，函数是R上的减函数；（3）(方法一）由，得，又是奇函数，即，又在R上是减函数，解得或故x的取值范围是或.方法二由且，得，又在R上是减函数，，解得或故x的取值范围是 或.21．如图，一个半圆和长方形组成的木块，长方形的边为半圆的直径，为半圆的圆心，，，现要将此木块锯出一个等腰三角形，其底边，点在半圆上.（1）设，求三角形木块面积；（2）设，试用表示三角形木块的面积，并求的最大值.【答案】（1）；（2）,的面积最大值为【分析】（1）构造垂线，将、的长度进行转化，的长度即为的值，的长度即为的值，从而求解出；（2）根据第（1）问的转化方法，同理可以得出的表达式，然后将看成整体进行换元，进而将面积函数转化为熟悉的二次函数，从而求解出最值.【详解】解：（1）过点作交于点，设交于点，所以,，所以；（2）因为半圆和长方形组成的铁皮具有对称性，所以可只分析时的情况，，，所以，令，，故，，，，，，函数在单调递增，所以当时，的面积最大，最大值为.【点睛】本题考查了三角函数在实际问题中的应用，考查了三角函数的值域问题，三角函数中与的联系等等，考查了学生综合应用能力.22．已知点，是函数图象上的任意两点，且角的终边经过点，若时，的最小值为．(1)求函数的解析式；(2)求函数的对称中心及在上的减区间；(3)若方程在内有两个不相同的解，求实数的取值范围．【答案】(1)；(2)对称中心；减区间：，；(3)或. 【分析】（1）根据函数图象性质可得参数值及函数解析式；（2）由（1）函数解析式，利用整体法求函数的对称中心及单调区间；（3）设，将方程转化为函数与公共点问题.【详解】（1）解：角的终边经过点，,,,由时，的最小值为，得，即，,，（2）解：令，即，即，所以函数的对称中心为，令，得，又因为，所以在上的减区间为，（3）解：，，，设，问题等价于方程在仅有一根或有两个相等的根．，，作出曲线，与直线的图象．时，；时，；时，．当或时，直线与曲线有且只有一个公共点．的取值范围是：或．