2022-2023学年广东省茂名市电白区高一年级上册学期期末数学试题【含答案】

2022-2023学年广东省茂名市电白区高一上学期期末数学试题一、单选题1．等于（）A． B． C． D．【答案】B【分析】直接利用诱导公式与特殊角的三角函数求解即可.【详解】【点睛】本题主要考查诱导公式与特殊角的三角函数，属于基础题.2．命题“”的否定是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可；【详解】解：因为命题“”为全称量词命题，其否定为“”；故选：D3．在下列区间中，方程的解所在的区间是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数零点存在定理求解.【详解】设，且，且为增函数，根据函数零点存在定理知，方程在区间内有唯一的解.故选：B.4．已知角的终边经过点，且，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由可得，再根据余弦函数的定义求解即可.【详解】解：因为，所以，所以.故选：C.5．已知在R上是减函数，那么a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据各段上的单调性和分段处的高低可得关于的不等式组，求出其解后可得正确的选项.【详解】因为为上的减函数，所以，解得，故选：A.6．设，，，则，，的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用指数函数和对数函数的单调性，分别将，，与和进行比较即可.【详解】∵在上单调递增，∴，即，∵在上单调递减且值域为，∴，即，∵在区间上单调递增，∴，即，综上所述，，，的大小关系为.故选：B.7．若函数在区间上的最大值比最小值大4，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】由指数函数的单调性可得最大值和最小值，列方程可得结果.【详解】∵在R上单调递增，∴在上单调递增，∴当x=2时，取得最小值为4；当x=a时，取得最大值为，∴，解得：a=3.故选：C.8．若，，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由两边平方可以求得值，并能判断所在区间，将平方也可建立与的关系，从而求得其值.【详解】已知，，所以，即，所以，所以，所以.故选：C.二、多选题9．如果幂函数的图象不过原点，则实数的取值为（

）A． B． C． D．无解【答案】BC【分析】利用已知条件可得出关于实数的等式与不等式，由此可解得实数的值.【详解】由已知可得，解得或.故选：BC.10．设函数，则下列结论正确的是（

）A．的一个周期为 B．是奇函数C．的一个最高点坐标为 D．是偶函数【答案】ACD【分析】由诱导公式得，计算周期可判断A；利用奇偶性定义可以判断BD；求出的值域可判断C.【详解】函数，，所以也是的周期，故A正确；因为，，所以是偶函数，故B错误，D正确；因为，所以，所以，的一个最高点坐标为

，故C正确.故选：ACD.11．下列命题中是假命题的是（

）A．“”是“”的充分条件 B．“”是“”的必要条件C．“”是“”的充要条件 D．“”是“”的充要条件【答案】ACD【分析】直接利用充分条件和必要条件的定义逐一判断选项即可.【详解】对于选项A，“”“”，则“”是“”的必要不充分条件，即该命题为假命题，故A正确；对于选项B，“”“”，则“”是“”的必要不充分条件，即该命题为真命题，故B错误；对于选项C，函数为单调递减函数，当时，，即该命题为假命题，故C正确；对于选项D，当，，但，即该命题为假命题，故D正确，故选：.12．已知，由此式可得不等式，当且仅当时等号成立．利用此不等式求解以下问题：设，，则的值不可能是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】AB【分析】直接利用所给不等式得，而，，从而可得结论【详解】由已知可得，而，，所以所以，故的值不可能为1，2，故选：．三、填空题13．已知扇形的周长为4，圆心角为，则扇形面积为__________.【答案】1【分析】利用扇形的弧长公式求半径，再由扇形面积公式求其面积即可.【详解】设扇形的半径为，则，可得，而扇形的弧长为，所以扇形面积为.故答案为：1.14．设集合，，若，则a的取值范围是________．【答案】【分析】由条件，列不等式求a的取值范围即可.【详解】因为，，，所以，所以a的取值范围是，故答案为：.15．用二分法求函数f(x)＝3x－x－4的一个零点，其参考数据如下：f(1.6000)≈0.200f(1.5875)≈0.133f(1.5750)≈0.067f(1.5625)≈0.003f(1.5562)≈-0.029f(1.5500)≈-0.060据此数据，可得方程3x－x－4＝0的一个近似解为________(精确到0.01)【答案】1.56【分析】根据零点的存在定理，即可作出判断，得到答案．【详解】因为函数f(x)＝3x－x－4，令f(a)f(b)<0，则方程f(x)＝0在(a，b)内有实根，从而x≈1.56.故填1.56.【点睛】本题主要考查了函数与方程的应用，其中解答中熟记零点的存在定理，合理准确判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．16．已知函数（，且）的图象恒过定点A，若点A在一次函数的图象上，其中，则的最小值为___________.【答案】##【分析】先根据指数函数求定点，再结合基本不等式中“1”的灵活运算求解.【详解】令，即，则，∴函数（，且）的图象恒过定点，由题意可得：，∴，当且仅当时等号成立，故的最小值为.故答案为：.四、解答题17．（1）求值：；（2）已知集合，求，．【答案】（1）5（2），【分析】（1）根据指数和对数运算法则即可求得结果；（2）解出集合中对应的不等式，根据集合交、并、补运算即可得出结果.【详解】（1）原式（2）由题可知即所以，由得所以，18．已知，且．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由同角三角函数的基本关系求解；（2）根据诱导公式及同角三角函数的基本关系化简求值.【详解】（1）∵，，∴为第三象限角．∴，∴.（2）原式.19．（1）求函数的单调递减区间；（2）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】（1）；（2）最大值为1，最小值为【分析】（1）由正弦函数的单调性直接求解即可；（2）根据函数的定义域及函数的单调性确定函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，据此求出最大最小值即可.【详解】（1）令，解得所以函数的单调递减区间为（2）令，得∴函数在区间上单调递减，在区间上单调递增．又，，所以在区间上的最大值为1，最小值为.20．已知函数．(1)求的定义域；(2)判断函数的奇偶性并予以证明；(3)求不等式的解集．【答案】(1)(2)奇函数，证明见解析(3)【分析】（1）由对数函数的定义域求解即可；（2）由奇偶性的定义求解即可；（3）由对数的运算性质和对数函数的单调性求解即可.【详解】（1）由解得，所以函数的定义域为.（2）函数是奇函数证明：因为，所以函数是奇函数.（3）由题意，当时，解得，所以所求不等式的解集是．21．已知．(1)求；(2)若，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）将看作一个整体，则，使用诱导公式求解即可；（2）将看作一个整体，则，使用诱导公式，结合的范围和同角三角函数平方关系求解即可.【详解】（1）.（2）∵，∴，∴，∴，，.22．已知二次函数.（1）若不等式的解集为，解不等式；（2）若为偶函数，且，当时，函数的最小值为，求的值.【答案】（1）；（2）的取值为.【解析】（1）由是方程的两根，可求得，然后可解不等式．（2）由偶函数得，再由求得，时，令，得，函数化为二次函数，分类讨论其最小值可得．【详解】解（1）由的解集为可知，是方程的两根，或故所求不等式的解集为（2）若为偶函数，则，又，即，当时，令，则，的对称轴为，①当时，该函数在上单调递增，无最小值，②当时，该函数在单调递减，在单调递增，当时，（