上海市宝山区2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题 Word版含解析

宝山区高一期末数学试卷一、填空题1.函数的最小正周期为_【答案】【解析】函数的最小正周期为故答案为：2.设为偶函数，则实数的值为_.【答案】4【解析】【分析】根据偶函数的定义知，即可求解.【详解】因为为偶函数，所以,故，解得.故填4.【点睛】本题主要考查了偶函数的定义，利用定义求参数的取值，属于中档题.3.三阶行列式中，元素4的代数余子式的值为_.【答案】6【解析】【分析】利用代数余子式的定义直接求解.【详解】三阶行列式中，元素4的代数余子式的值为：.故答案为：6.【点睛】本题主要考查了三阶行列式中元素的代数余子式的求法，属于中档题.4.已知（），则_.（用表示）【答案】【解析】【分析】根据同角三角函数之间的关系，结合角所在的象限，即可求解.【详解】因为，所以， 故，解得，又，所以.故填.【点睛】本题主要考查了同角三角函数之间的关系，三角函数在各象限的符号，属于中档题.5.若，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】由得，代入方程即可求解.【详解】,.,即，故填.【点睛】本题主要考查了反三角函数的定义及运算性质，属于中档题.6.某银行一年期定期储蓄年利率为2.25%，如果存款到期不取出继续留存于银行，银行自动将本金及80%的利息（利息须交纳20%利息税，由银行代交）自动转存一年期定期储蓄，某人以一年期定期储蓄存入银行20万元，则5年后，这笔钱款交纳利息税后的本利和为_元.（精确到1元）【答案】218660【解析】【分析】20万存款满一年到期后利息有，本息和共，再过一年本息和， 经过5年共有本息元，计算即可求出结果.【详解】20万存款满一年到期后利息有，本息和共，再过一年本息和， 经过5年共有本息元,元.故填218660【点睛】本题主要考查了银行存款的复利问题，由固定公式可用，本息和=本金利率，利率是一年年利率，是存款年数，代入公式计算即可求出本息和，属于中档题.7.若为幂函数，则满足的的值为_.【答案】【解析】【分析】根据幂函数定义知，又，由二倍角公式即可求解.【详解】因为为幂函数，所以，即,因为,所以，即，因为，所以，.故填.【点睛】本题主要考查了幂函数的定义，正弦的二倍角公式，属于中档题.8.设，若用含形式表示，则_.【答案】【解析】【分析】两边取以5为底的对数，可得，化简可得，根据对数运算即可求出结果.【详解】因为所以两边取以5为底的对数，可得，即，所以，故填.【点睛】本题主要考查了对数的运算法则，属于中档题.9.在中，、所对的边依次为、，且，若用含、，且不含、的式子表示，则_ .【答案】【解析】【分析】利用诱导公式，二倍角公式，余弦定理化简即可得解.【详解】 .故答案为.【点睛】本题主要考查了诱导公式，二倍角的三角函数公式，余弦定理，属于中档题.10.已知常数，若函数在上恒有，且，则函数在区间上零点的个数是_.【答案】15【解析】【分析】根据可得函数周期，作出函数一个周期上的图象，利用数形结合即可求解.【详解】 函数在上恒有, 函数周期为4. 常数, 函数在区间上零点,即函数与直线及直线之间的直线的交点个数.由，可得函数 一个周期内的图象，做草图如下：由图可知，在一个周期内，函数有3个零点，故函数在区间上有15个零点.故填15【点睛】本题主要考查了函数零点的个数判断，涉及数形结合思想在解题中的运用，属于难题.11.若点关于直线的对称点在函数的图像上，则称点、直线及函数组成系统，已知函数的反函数图像过点，且第一象限内的点、直线及函数组成系统，则代数式的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据函数的反函数图像过点可求出,由、直线及函数组成系统可知在的图象上，且， 代入化简为，换元则，利用单调性求解.【详解】因为函数的反函数图像过点，所以，即，由、直线及函数组成系统知在上，所以，代入化简得，令由知 ，故 则在上单调递减，所以当即时，故填.【点睛】本题主要考查了对称问题，反函数概念，根据条件求最值，函数的单调性，换元法，综合性大，难度大，属于难题.二、选择题12.“”是“函数的图像关于直线对称”的（ ）条件A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充要D. 既不充分又非必要【答案】A【解析】【分析】根据充分必要条件的判定，即可得出结果.【详解】当时，是函数的对称轴，所以“”是“函数的图像关于直线对称”的充分条件，当函数的图像关于直线对称时，,推不出，所以“”是“函数的图像关于直线对称”的不必要条件，综上选.【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件，余弦函数的对称轴，属于中档题.13.若线性方程组的增广矩阵是，解为，则的值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】由题意得，解方程即可得到所求值.【详解】由题意得，解得，则，故选C.【点睛】本题主要考查了线性方程组的解法，以及增广矩阵的概念，考查运算能力，属于中档题.14.设函数是定义在上的奇函数，当时，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合函数的奇偶性分析可得函数的解析式，作出函数图象，结合不等式和二次函数的性质以及函数图象中的递减区间，分析可得答案.【详解】根据题意，设，则，所以，因为是定义在上的奇函数，所以，所以，即时，当时，则的图象如图：在区间上为减函数，若，即，又由，且，必有时，解得，因此不等式的解集是，故选C.【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的应用，利用函数的奇偶性求出函数的解析式，根据图象解不等式是本题的关键，属于难题.15.若，则称与经过变换生成函数，已知，设与经过变换生成函数，已知，则的最大值为（ ）A. 1B. 4C. 6D. 9【答案】B【解析】【分析】根据变换可生成函数 ，再根据 ，可求出，转化为求的最大值,化简，利用单调性求解即可.【详解】由题意可知,又，解得,所以又，因为 在上单调递减且为正值，在上单调递减且为正值，所以在上单调递减，所以当时函数有最大值.故选B.【点睛】本题主要考查了函数的单调性，利用单调性求函数的最大值，涉及创设新情景及函数式的变形，属于难题三、解答题16.已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，且，求（用含、的形式表示）.【答案】【解析】【分析】由任意角的三角函数定义求得，再由诱导公式及同角的三角函数基本关系式求得，再由两角差的正弦求.【详解】由题意，又，所以， ， 则 .【点睛】本题主要考查了任意角的三角函数定义，同角三角函数的关系，两角和差的正弦，属于中档题.17.已知.（1）设，求满足的实数的值；（2）若为上的奇函数，试求函数的反函数.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）把代入函数解析式，代入方程即可求解.（2）由函数奇偶性得，然后求得的解析式，分段求解反函数即可.【详解】（1）当时，由，得，即，解得.（2） 为上的奇函数，则. ,由，得，;由，得，. 函数的反函数为.【点睛】本题主要考查了函数的解析式及求法，考查了反函数的求法，属于中档题.18.设函数.（1）当时，函数的图像经过点，试求的值，并写出（不必证明）的单调递减区间；（2）设，若对于任意的，总存在，使得，求实数的取值范围.【答案】（1）递减区间为和；（2）.【解析】【分析】（1）将点代入函数即可求出,根据函数的解析式写出单调递减区间即可（2）当时，写出函数，由题意知的值域是值域的子集,即可求出.【详解】（1）因为函数的图像经过点，且所以，解得. 的单调递减区间为和.（2）当时， 时， 由对于任意的，总存在，使得知：的值域是值域的子集.因为的对称轴为,当时，即时，只需满足 解得. 当，即时，因为，与矛盾，故舍去.当时，即时，与矛盾，故舍去.综上，.【点睛】本题主要考查了函数的单调性，以及含参数二次函数值域的求法，涉及存在性问题，转化思想和分类讨论思想要求较高，属于难题.19.已知函数的部分图象如图所示.（1）求与的值；（2）设的三个角、所对的边依次为、，如果，且，试求的取值范围；（3）求函数的最大值.【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由图象有，可得的值，然后根据五点法作图可得，进而求出（2）根据,可得,然后由行列式求出,再由正弦定理转化为，根据的范围求出的范围（3）将化简到最简形式，然后逐步换元，转化为利用导数求值问题.详解】（1）由函数图象可得，解得，再根据五点法作图可得，解得， .（2） ， 由正弦定理知， ， ， .（3）令，因为，所以，则，令，因为，所以,则令，则， 只需求出的最大值， ，令，则， 当时，此时单调递增，当时，此时单调递减， . 函数的最大值为.【点睛】本题主要考查了利用三角函数的部分图象求解析式和三角函数的图象与性质，考查了转化思想和数形结合思想，属于难题.20.对于三个实数、，若成立，则称、具有“性质”.（1）试问：，0是否具有“性质2”；（），0是否具有“性质4”；（2）若存在及，使得成立，且，1具有“性质2”，求实数的取值范围；（3）设，为2019个互不相同的实数，点（）均不在函数的图象上，是否存在，且，使得、具有“性质2018”，请说明理由.【答案】（1）具有“性质2”，不具有“性质4”；（2）；（3）存在.【解析】【分析】（1）根据题意需要判断的真假即可 根据题意判断是否成立即可得出结论；（2）根据具有性质2可求出的范围，由存在性问题成立转化为 ，根据函数的性质求最值即可求解.【详解】（1）因，成立,所以，故，0具有“性质2”因为，设，则 设，对称轴为，所以函数在上单调递减，当时，所以当时，不恒成立，即不成立，故（），0不具有“性质4”.（2）因为，1具有“性质2”所以 化简得 解得或 .因为存在及，使得成立，所以存在 及使 即可.令，则，当时，所以在上是增函数，所以时，当时，故时，因为在上单调递减，在 上单调递增，所以，故只需满足即可，解