广东省中山市2021-2022学年高一上学期期末数学试题

中山市高一级2021-2022学年度第一学期期末统一考试数学试卷本试卷满分150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、统考考号、座位号写在答题卡上．2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题上．3．不可以使用计算器．4．考试结束，将答题卡交回，试卷不用上交．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设，则“”是“”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.【详解】由，由不一定能推出，但是由一定能推出，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：C2.下列结论正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据不等式的性质，对四个选项一一验证：对于A：利用不等式的可乘性的性质进行判断；对于B：取进行否定；对于C：利用不等式的可乘性的性质进行证明；对于D：取进行否定.【详解】对于A：当时，若取，则有.故A不正确；对于B：当时，取时，有.故B不正确；对于C：当，两边同乘以，则.故C正确；对于D：当，取时，有.故D不正确.故选：C.【点睛】（1）多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证；（2）判断不等式成立的解题思路：①取特殊值进行否定；②利用不等式的性质直接判断.3.函数的零点所在的区间为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】结合函数的单调性、零点存在性定理确定正确选项.【详解】在上递增，，，所以的零点在区间.故选：A4.已知定义在上的偶函数，在上为减函数，且，则不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的性质，画出函数的图象，数形结合求出解集【详解】由题意，画出的图象如图，等价于，或，由图可知，不等式的解集为故选：D．5.若函数，在区间上单调递增，在区间上单调递减，则（）．A.1 B. C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】根据以及周期性求得.【详解】依题意函数，在区间上单调递增，在区间上单调递减，则，即，解得.故选：B6.已知函数的值域是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由于，进而得，即函数的值域是【详解】解：因为,所以所以函数的值域是故选：B7.已知函数与的部分图象如图1（粗线为部分图象，细线为部分图象）所示，则图2可能是下列哪个函数的部分图象（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】结合函数的奇偶性、特殊点的函数值确定正确选项.【详解】由图1可知为偶函数，为奇函数，A选项，，所以偶函数，不符合图2.A错.C选项，，所以是偶函数，不符合图2.C错.D选项，，所以的定义域不包括，不符合图2.D错.B选项，，所以是奇函数，符合图2，所以B符合.故选：B8.设，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用对数的换底公式，得到，化简，得到，再由对数函数的单调性，求得且，即可求解.【详解】因为，则，所以，又因为，所以，又由，所以，所以.故选：D.二、选择题：本大题共4小题，每小题5分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.图中矩形表示集合，，是的两个子集，则阴影部分可以表示为（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据Ven图，分U为全集，B为全集，为全集时，讨论求解.【详解】由图知：当U为全集时，表示集合A的补集与集合B的交集，当B为全集时，表示的补集，当为全集时，表示A的补集，故选：ABD10.已知不等式的解集是，则（）A. B. C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根据已知条件，利用二次不等式的解集与二次函数的的图象的对应关系，借助韦达定理和不等式的基本性质作出判断.【详解】由已知得的两根为和1，∴，∴，，∴，∴，所以ABC正确，D错误；故选：ABC.11.已知函数的图象对称轴与对称中心的最小距离为，则下列结论正确的是（）A.的最小正周期为B.的图象关于对称C.在上单调递减D.的图象关于直线对称【答案】BD【解析】【分析】先利用的图象对称轴与对称中心的最小距离和周期的关系求出值，再利用整体思想求其周期、单调性和对称轴.【详解】因为的图象对称轴与对称中心的最小距离为，所以，即，即选项A错误；由，得，即，因为，所以的图象关于对称，即选项B正确；当时，则，所以在上单调递增，即选项C错误；因为，所以的图象关于直线对称，即选项D正确.故选:BD.12.若，则下列结论正确的有（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】先利用对数函数的单调性，证明，赋值，，判断AB，再由所证性质判断CD.【详解】先证明：对任意，有.证明如下：因为.所以单调递减（此时是定值），故，即.记，则，单调递减，故，即，故，代入，即.取，时，可得选项A正确，选项B错误.应用上述证明可得:.故选项D正确，选项C错误.故选：AD第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．13.已知幂函数在上单调递减，则___________.【答案】【解析】【分析】由系数为1解出的值，再由单调性确定结论．【详解】由题意，解得或，若，则函数为，在上递增，不合题意．若，则函数为，满足题意．故答案为：．14.以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.勒洛三角形是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现，所以以他的名字命名.一些地方的市政检修井盖、方孔转机等都有应用勒洛三角形.如图，已知某勒洛三角形的一段弧的长度为，则该勒洛三角形的面积为___________.【答案】【解析】【分析】计算出等边的边长，计算出由弧与所围成的弓形的面积，进而可求得勒洛三角形的面积.【详解】设等边三角形的边长为，则，解得，所以，由弧与所围成弓形的面积为，所以该勒洛三角形的面积.故答案为：.15.写出一个值域为，在区间上单调递增的函数______．【答案】【解析】【分析】综合考虑值域与单调性即可写出满足题意的函数解析式.【详解】，理由如下：为上的减函数，且，为上的增函数，且，，故答案为：．16.若，则的最大值为________【答案】【解析】【分析】化简，根据题意结合基本不等式，取得，即可求解.【详解】由题意，实数，且，又由，当且仅当时，即时，等号成立，所以，即的最大值为.故答案为：.四、解答题：本大题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.（1）计算：．（2）已知，求的值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据指数的运算性质及对数的运算性质计算即可得解；（2）利用诱导公式化简，再化弦为切即可得解.详解】解：（1）原式；（2）原式.18.对于等式，如果将视为自变量，视为常数，为关于（即）的函数，记为，那么，是幂函数；如果将视为常数，视为自变量，为关于（即）的函数，记为，那么，是指数函数；如果将视为常数，视为自变量为关于（即）的函数，记为，那么，是对数函数．事实上，由这个等式还可以得到更多的函数模型．例如，如果为常数（为自然对数的底数），将视为自变量，则为的函数，记为．（1）试将表示成的函数；（2）函数的性质通常指函数的定义域、值域、单调性、奇偶性等，请根据你学习到的函数知识直接写出该函数的性质，不必证明．并尝试在所给坐标系中画出函数的图象．【答案】（1），（，）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）结合对数运算的知识求得.（2）根据的解析式写出的性质，并画出图象.【小问1详解】依题意因为，，两边取以为底的对数得，所以将y表示为x的函数，则，（，），即，（，）；【小问2详解】函数性质：函数的定义域为，函数的值域，函数是非奇非偶函数，函数的在上单调递减，在上单调递减．函数的图象：19.中国茶文化博大精深，小明在茶艺选修课中了解到，不同类型的茶叶由于在水中溶解性的差别，达到最佳口感的水温不同.为了方便控制水温，小明联想到牛顿提出的物体在常温环境下温度变化的冷却模型：如果物体的初始温度是，环境温度是，则经过时间（单位：分）后物体温度将满足：，其中为正的常数.小明与同学一起通过多次测量求平均值的方法得到初始温度为98℃的水在19℃室温中温度下降到相应温度所需时间如表所示：从98℃下降到90℃所用时间1分58秒从98℃下降到85℃所用时间3分24秒从98℃下降到80℃所用时间4分57秒（1）请依照牛顿冷却模型写出冷却时间（单位：分）关于冷却水温（单位：℃）的函数关系，并选取一组数据求出相应的值（精确到0.01）.（2）“碧螺春”用75℃左右的水冲泡可使茶汤清澈明亮，口感最佳.在（1）的条件下，水煮沸后在19℃室温下为获得最佳口感大约冷却___________分钟左右冲泡，请在下列选项中选择一个最接近的时间填在横线上，并说明理由.A.5B.7C.10（参考数据：，，，，）【答案】（1）；（2）大约冷却分钟，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据求得冷却时间（单位：分）关于冷却水温（单位：℃）的函数关系，结合对数运算求得.（2）根据（1）中的函数关系式列方程，由此求得冷却时间.【小问1详解】依题意，，，，，，.，依题意，则.若选：从98℃下降到90℃所用时间：1分58秒，即分，则若选：从98℃下降到85℃所用时间：3分24秒，即分，若选：从98℃下降到80℃所用时间：4分57秒，即分，所以.【小问2详解】结合（1）可知：，依题意，.所以大约冷却分钟.20.已知的数（1）有解时，求实数的取值范围；（2）当时，总有，求定的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）通过分离参数法得，再通过配方法求最值即可（2）由已知得恒成立，化简后只需满足且，求解即可.【详解】（1）由已知得，所以（2）由已知得恒成立，则所以实数的取值范围为21.已知函数，.（1）用函数单调性的定义证明：是增函数；（2）若，则当为何值时，取得最小值？并求出其最小值.【答案】证明详见解析；（2）时，的最小值是.【解析】【分析】（1）根据函数单调性定义法证明，定义域内任取，且，在作差，变形后判断符号，证明函数的单调性；（2）首先根据函数的定义域求的范围，再根据基本不等式求最小值.【详解】（1）证明：在区间任取，设，，，，，即，所以函数在是增函数；（2），的定义域是，，设，时，，当时，，当，即时，等号成立，即时，函数取得最小值4.【点睛】易错点睛：本题的易错点是第二问容易忽略函数的定义域，换元时，也要注意中间变量的取值范围.22.如果一个函数的值域与其定义域相同，则称该函数为“同域函数”.已知函数的定义域为且.（Ⅰ）若，，求的定义域；（Ⅱ）当时，若为“同域函数”，求实数的值；（Ⅲ）若存在实数且，使得为“同域函数”，求实数取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】【分析】（Ⅰ）当，时，解出不等式组即可；（Ⅱ）当时，，分、两种情况讨论即可；（Ⅲ）分、且、且三种情况讨论即可.【详解】（Ⅰ）当，时，由题意知：，解得：.∴