2021-2022学年山西省吕梁市高一上学期期末数学试题(解析版)

2021-2022学年山西省吕梁市高一上学期期末数学试题一、单选题1．命题“A．，是4的倍数”的否定为（是4的倍数B．不是4的倍数D．），，，不是4的倍数不是4的倍数C．，【答案】B【分析】根据特称量词命题的否定是全称量词命题即可求解．【详解】因为特称量词命题的否定是全称量词命题，所以命题“故选：B，是4的倍数”的否定为“，不是4的倍数”．2．已知幂函数的图象过点，则的定义域为（）A．RB．C．D．【答案】C【分析】设【详解】设，点代入即可求得幂函数解析式，进而可求得定义域.，因为的图象过点，，所以，解得，则故的定义域为．故选：C3．如图所示的时钟显示的时刻为，此时时针与分针的夹角为．若一个半径为的扇形的圆心角为，则该扇形的面积为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】求出的值，利用扇形的面积公式可求得扇形的面积.【详解】由图可知，，所以该扇形的面积．故选：C.4．已知A．，则（）B．C．D．的取值范围是【答案】B【分析】取判断A；由不等式的性质判断BC；由基本不等式判断D.不成立，A错误．因为【详解】当时，，所以，，B正确，C错误．当故选：B，时，，当且仅当时，等号成立，而，D错误．5．“，”是“函数的图象关于点中心对称”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】A【分析】先求出函数的图象的对称中心，从而就可以判断.【详解】若函数的图象关于点中心对称，则，，所以“，”是“函数的图象关于点中心对称”的充分不必要条件．故选：A6．已知函数在上具有单调性，则k的取值范围是（）A．C．B．D．【答案】C【分析】由函数，求得对称轴的方程为，结合题意，得到或，即可求解.【详解】由题意，函数，可得对称轴的方程为，要使得函数在上具有单调性，所以或，解得或．故选：C.7．已知，，则（）A．B．C．D．【答案】D【分析】由，得，再由,可得，即可得结果.【详解】因为又因为，所以，解得．，，所以．，，所以．故选：D8．已知函数的部分图象如图所示，若函数的图象由的图象向右平移个单位长度得到，则（）A．B．D．C．【答案】A【分析】结合图象利用五点法即可求得函数解析式.【详解】由图象可得解得，．因为因为，所以．．又因为，所以，．，所以，即，．又因为，所以．．故选：A.9．尽管目前人类还无法精准预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系式为年月年月日我国四川九寨沟县发生．日，日本东北部海域发生里氏级地震，它所释放出来的能量是里氏级地震的（）A．倍B．倍C．倍D．倍【答案】C【分析】设里氏级和级地震释放出的能量分别为和和,可得出，利用对数的运算性质可求得的值，即可得解.【详解】设里氏级和级地震释放出的能量分别为,由已知可得则，，故．故选：C.10．已知定义在R上的函数满足，且当]时，，则（）A．B．C．D．【答案】A【分析】由，可得的周期为，利用周期性和单调性化简计算即可得出结的周期为．果.【详解】因为，所以当时，，则在上单调递减，所以在上单调递减．因为所以，且．故．故选：A.11．已知函数函数有四个不同的零点，，，，且，则（）A．1B．2C．-1D．【答案】D【分析】将问题转化为两个函数图象的交点问题，然后结合图象即可解答.【详解】有四个不同的零点，，，，即方程．因为有四个不同的解．，的图象如图所示，由二次函数的对称性，可得所以，故．故选：D12．已知函数，现有下列四个结论：①对于任意实数a，②对于任意实数a，的图象为轴对称图形；在上单调递增；③当时，恒成立；④存在实数a，使得关于x的不等式的解集为．其中所有正确结论的序号是（）A．①②B．③④C．②③④D．①②④【答案】D【分析】根据函数是由数，由此可判断②;根据可判断④的正误.的解析式，可知其关于直线，可判断①正确；与相加而成，故该函数为单调函时情况，结合函数的单调性，的函数值情况可判断③;看【详解】对①，因为函数与|的图象都关于直线对称，所以的图象关于直线对称，①正确．对②，当时，函数时，与都单调递增，所以也单调递增，②正确．对③，当，③错误．对④，因为的图象关于直线，所以存在对称，在，使得上单调递减，在的解集为上单调递增，且，④正确．故选：D二、填空题13．已知，写出一个满足条件的的值：______．【答案】（答案不唯一）【分析】利用，可得，所以，，，计算即可得出结果.【详解】因为．则，或，．故答案为：（答案不唯一）14．若，则__________．【答案】【解析】先求出的值,然后再运用对数的运算法则求解出和的值,最后求解答案.【详解】若,则,所以.故答案为:【点睛】本题考查了对数的运算法则,熟练掌握对数的各运算法则是解题关键,并能灵活运用法则来解题,并且要计算正确,本题较为基础.15．已知函数______．的图象过原点，且无限接近直线，但又不与该直线相交，则【答案】0.75【分析】根据条件求出，，再代入即可求解.【详解】因为无限接近直线的图象过原点，所以，即，．又因为的图象，但又不与该直线相交，所以，所以，所以．故答案为：16．已知正数a，b满足，则的最小值为______．【答案】【分析】右边化简可得，利用基本不等式，计算化简即可求得结果.【详解】，故,则，当且仅当时，等号成立．故答案为：三、解答题17．已知集合(1)求，，．；(2)若，求m的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）先求得集合A，再由集合的补集运算和交集运算可求得答案；（2）根据条件建立不等式组，可求得所求的范围.(1)因为所以(2)，，，．因为解得，所以．故m的取值范围是．18．已知函数(1)求函数，．的定义域；(2)试讨论关于x的不等式【答案】(1)的解集．(2)答案见解析【分析】（1）解不等式得出定义域；（2）利用对数函数的单调性解不等式得出解集.(1)由题意可得解得(2)．故函数的定义域为．当时，函数是增函数．因为数．，所以，所以解得．当时，函数是减函因为解得．综上，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为．19．已知函数在上的最小值为．(1)求(2)当的单调递增区间；时，求的最大值以及此时x的取值集合．【答案】(1)；(2)最大值为，此时x的取值集合为.【分析】(1)利用二倍角公式化简函数，再利用余弦函数性质列式计算作答.(2)利用余弦函数性质直接计算作答.(1)依题意，，令，，解得，．所以的单调递增区间为.(2)由(1)知，当时，，即，，，解得，因此，，当，时，取得最大值1，则取得最大值，所以的最大值为，此时x的取值集合为.20．武威“天马之眼”摩天轮，于2014年5月建成运营．夜间的“天马之眼”摩天轮美轮美奂，绚丽多彩，气势宏大，震撼人心，是武威一颗耀眼的明珠．该摩天轮直径为120米，摩天轮的最高点距地面128米，摩天轮匀速转动，每转动一圈需要t分钟，若小夏同学从摩天轮的最低点处登上摩天轮，从小夏登上摩天轮的时刻开始计时．(1)求小夏与地面的距离y（米）与时间x（分钟）的函数关系式；(2)在摩天轮转动一圈的过程中，小夏的高度在距地面不低于98米的时间不少分钟，求t的最小值．【答案】(1)(2)25【分析】（1）建立坐标系，由得出所求函数关系式；（2）由得出，由余弦函数的性质得出第一圈满足持续的时间，再解不等式得出t的最小值．(1)如图，以摩天轮最低点的正下方的地面处以地平面所在直线为x轴建立平面直角坐标系为原点，，摩天轮的最高点距地面128米，摩天轮的半径为60米，摩天轮的圆心O到地面的距离为68米．因为每转动一圈需要t分钟，所以．．(2)依题意，可知，即，不妨取第一圈，可得，，持续时间为，即，故t的最小值为25．21．已知函数．(1)若是偶函数，求a的值；(2)若对任意【答案】(1)0(2)，不等式恒成立，求a的取值范围．【分析】（1）由偶函数的定义得出a的值；（2）由分离参数得，利用换元法得出的最小值，即可得出a的取值范围．(1)因为即是偶函数，所以，，故．(2)由题意知则在上恒成立，，又因为，所以，，则．令，则可得，又因为，当且仅当时，等号成立，所以．，即a的取值范围是．22．已知函数，(1)若的值域为，求a的值．(2)证明：对任意【答案】(1)2，总存在，使得成立．(2)证明见解析【分析】（1）由题意，可得，从而即可求解；（2）利用对勾函数单调性求出在上的