2021-2022學年黑龍江省哈爾濱市高一上學期期末學業質量檢測數學試題一、單選題1．設，，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出然后再求.【詳解】又故選：B2．命題“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】根據全稱命題的否定為特稱命題可得答案.【詳解】因為全稱命題的否定是特稱命題，所以命題“，”的否定是“，”.故選：C.3．已知角的終邊與單位圓的交點，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用角的終邊與單位圓相交來定義任意角的三角函數值.【詳解】因為角的終邊與單位圓的交點，令，所以，所以，故選：A.4．哈爾濱地鐵某環線12月份地鐵票銷售總量與時間的關系大致滿足，則地鐵3號線東南環線前天平均售出（如前10天的平均售出為）的張數最少為（

）.A．2019 B．2040 C．2021 D．2022【答案】B【分析】求出，再根據基本不等式可求出結果.【詳解】地鐵3號線東南環線前天平均售出的張數為,由基本不等式可得，當且僅當時，等號成立.所以地鐵3號線東南環線前天平均售出的張數最少為張.故選：B5．已知函數，則的值是（

）A． B． C． D．4【答案】D【分析】根據的范圍代入到對應的函數求值即可.【詳解】由題意可得，，.故選：D.6．設，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不必要也不充分條件【答案】A【分析】解出不等式，結合充分條件不必要條件的概念可得到結果．【詳解】若，則，若，則，∵，則“”是“”的充分不必要條件.故選：A.7．我國著名數學家華羅庚曾說過：“數缺形時少直觀，形少數時難入微；數形結合百般好，隔離分家萬事休”.在數學學習中和研究中，常用函數的圖象來研究函數的性質，也常用函數的解析式來琢磨函數圖象的特征，如函數的大致圖象是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據函數的奇偶性可排除D,根據函數經過的特殊點可排除A,B,進而可求解C.【詳解】由于定義域為,且，故為偶函數，故圖象關于軸對稱，故排除D,當時，，故排除A,當時，，故排除B,故選：C8．計算（

）A．1 B．2 C． D．【答案】A【分析】利用同角的商數關系、輔助角公式、兩角和的余弦公式及二倍角公式化簡即可得答案.【詳解】解：因為.故選：A.二、多選題9．下列說法中正確的有（

）A．奇函數的圖象一定經過原點B．若偶函數的圖象不經過原點，則它與軸交點的個數一定是偶數C．偶函數的圖象關于軸對稱D．圖象過原點的奇函數必是單調函數【答案】BC【分析】通過反例可知AD錯誤；根據偶函數的對稱性可知BC正確.【詳解】對于A，為奇函數，但不經過原點，A錯誤；對于B，若偶函數圖象不經過原點，則其與軸的交點必關于軸對稱，則交點個數必為偶數個，B正確；對于C，由偶函數定義知其圖象關于軸對稱，C正確；對于D，圖象過原點且為奇函數，但其在上不單調，D錯誤.故選：BC.10．將函數的圖象向右平移，再把所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變）得到函數的圖象，則下列說法正確的是（

）A．函數的圖象關于點對稱 B．函數在區間上有4個零點C．函數是偶函數 D．函數在區間上最小值是【答案】BC【分析】由已知變換得，利用整體法結合三角函數性質逐個比較判斷即可.【詳解】的圖象向右平移得，則.對A，由，即，則函數的圖象關于點對稱，A錯；對B，，則，則函數在區間上的零點，共四個，B對；對C，，為偶函數，C對；對D，，則，則當時，函數在區間上取得最小值，為，D錯.故選：BC11．已知實數，，滿足，則下列結論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】A選項，根據單調遞增，得到；B選項，根據單調性得到，，，結合換底公式得到B錯誤；C選項，根據的單調性得到；D選項，根據和的單調性，結合中間值比較大小.【詳解】A選項，因為單調遞增，又，所以，A正確；B選項，因為在單調遞增，因為，所以，，故，，即，B錯誤；C選項，在上單調遞減，而，所以，C正確；D選項，因為在單調遞減，而，故，因為單調遞減，而，故，所以，D正確.故選：ACD12．已知函數，則下列結論正確的是（

）A．函數有兩個零點B．若函數有四個零點，則C．若關于的方程有四個不等實根，則D．若關于的方程有8個不等實根，則【答案】CD【分析】A選項，畫出的圖象，在同一坐標系內作出的圖象，可看出兩函數圖象有3個交點，A錯誤；B選項，數形結合得到，B錯誤；C選項，可看出四個實根有兩個根關于對稱，另外兩個根關于對稱，從而得到，C正確；D選項，令，則要有2個不相等的實數根，，得到兩根之和，兩根之積，化簡得到，結合，求出，結合，求出.【詳解】A選項，當時，單調遞增，當時，單調遞減，畫出的圖象，可以看出關于對稱，當時，取得最小值為1，在同一坐標系內作出的圖象，可看出兩函數圖象有3個交點，所以函數有3個零點，A錯誤；數形結合可得：函數有四個零點，則，B錯誤；由上圖可知：若關于的方程有四個不等實根，不妨設其中關于對稱，關于對稱，則，所以，C正確；D選項，令，則要有2個不相等的實數根，，且，，，因為，所以，由，解得：，綜上：，若關于的方程有8個不等實根，則，D正確.三、填空題13．已知，則______.【答案】3【分析】利用弦化切即可求出的值.【詳解】由，所以即，解得.故答案為：3.14．函數的定義域為______.【答案】【分析】根據被開方數大于等0，分母不為0及對數函數的定義域列出不等式組，求解即可.【詳解】由得，解得，所以函數的定義域為.故答案為：.15．已知函數的定義域為R，則實數a的取值范圍是______．【答案】【分析】依題意可得恒成立，再分和兩種情況討論，當時，即可得到不等式，解得即可求出參數的取值范圍；【詳解】解：因為函數的定義域為R，即恒成立，當時恒成立；當時，則，解得；綜上可得故答案為：16．已知函數滿足，對任意的，都有恒成立，且，則關于的不等式的解集為______.【答案】【分析】由題知以函數為偶函數，且在上單調遞減，在上單調遞增，再根據討論求解即可.【詳解】解：因為函數滿足，即所以函數為奇函數，不妨設，因為對任意的，都有恒成立，所以，，即，所以，函數在上單調遞減，因為函數為奇函數，所以函數為偶函數，且在上單調遞增，因為，所以，當時，，；當時，，；當時，，；當時，，；所以，關于的不等式的解集為故答案為：四、解答題17．（1）；（2）.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根據指數冪的運算法則直接求解即可；（2）根據對數運算法則直接化簡求解即可.【詳解】（1）原式；（2）原式.18．已知函數.(1)求函數的最小正周期；(2)求函數圖象的對稱軸方程；(3)求函數的單調遞減區間.【答案】(1)(2)(3)，【分析】（1）化簡的解析式，然后求得的最小正周期.（2）利用整體代入法求得函數圖象的對稱軸方程.（3）利用整體代入法求得函數的單調遞減區間.【詳解】（1），所以的最小正周期.（2）令得，即函數圖象的對稱軸方程為.（3）令，，解得，，所以函數的單調遞減區間是，.19．幾年國家出臺的惠民政策越來越多，政府出資的“舊房改造”工程使得許多老舊校區舊貌換新顏，從根本上提高了百姓的生活質量.如圖，在改造某小區時，要在一處公共區域搭建一間背面靠墻（墻長7米）的房屋，圖形所示為房屋俯視圖，房屋地面面積為房屋正面的造價為600元，側面的造價為200元，頂部總造價為4800元，如果墻面高為3m，不計房屋背面和地面的費用，設總造價為元.(1)請將總造價表示為正面邊長的函數，怎樣設計房屋邊長能使總造價最低？最低總造價是多少？(2)如果所需總費用不超過22800元，求房屋正面邊長的取值范圍是多少？【答案】(1)，當正面墻長為4m時造價最低，最低總造價為19200元.(2)【分析】（1）寫出函數后運用基本不等式可得結果.（2）解分式型不等式可得結果.【詳解】（1）設房屋正面墻長為，側面邊長為，總造價為元，則，∴∴，當且僅當即“”時上式取等號.答：當正面墻長為4m時造價最低，最低總造價為19200元.（2）∵∴，又∵∴不等式變為：，，∴答：房屋正面邊長的取值范圍是.20．已知函數（其中）.(1)解關于的不等式；(2)若不等式在內恒成立，求實數的取值范圍.【答案】(1)答案見解析(2)【分析】（1）分，，三種情況討論，從而可得出答案；（2）在內恒成立，即，利用函數的單調性求得的最大值即可得解.【詳解】（1）不等式，即，當時，，不等式的解集為，當時，，可得，當，則，所以不等式的解集為，若，則，所以不等式的解集為，綜上所述，當時，不等式的解集為，當時，不等式的解集為，當時，不等式的解集為；（2）不等式在內恒成立，即，有在內恒成立，即求在的最大值，令，，設，則，因為，所以，，所以，即，所以在上單調遞增，，所以在的最大值為，故，所以實數的取值范圍是.21．(1)若，求的值；(2)若當時，關于的不等式有解，求實數的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）先化簡，再把待求式化為，代入求值；（2）利用單調性求出，即可求解.【詳解】（1）若，即則.（2）由題意可知，不等式有解，即，因為，所以，因為在上單調遞增，在上單調遞減，故當，即時取得最大值，且最大值∴.即實數的取值范圍為.22．已知函數，其中.(1)設.若對任意實數，恒成立，求實數的取值范圍；(2)是否存在實數，使得且，若存在，求的取值范圍；若不存在說明理由.【答案】(1)(2)存在，理由見解析【分析】（1）問題轉化為，，根據函數的單調性求出最小值為-4，故得到不等式，求出實數的取值范圍；（2）考慮，，三種情況，前兩種情況不合