2022-2023學年北京市東城區高一上學期期末統一檢測數學試題一、單選題1．已知集合，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據交集的定義，即可求解.【詳解】因為，所以.故選：A2．不等式的解集是（

）A．或 B．或 C． D．【答案】B【分析】直接解出不等式即可.【詳解】，解得或，故解集為或，故選：B.3．下列函數中，在區間上單調遞減的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據指數函數，對數函數，冪函數的單調性即可得到答案.【詳解】根據冪函數圖像與性質可知，對A選項在單調遞增，故A錯誤，對D選項在單調性遞增，故D錯誤，根據指數函數圖像與性質可知在單調遞減，故C正確，根據對數函數圖像與性質可知在單調性遞增.故選：C.4．命題“”的否定是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據存在命題的否定即可得到答案.【詳解】根據存在命題的否定可知，存在變任意，范圍不變，結論相反，故其否定為.故選：A.5．已知，則的最小值為（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】利用基本不等式的性質求解即可.【詳解】因為，所以.當且僅當，即時等號成立.所以的最小值為.故選：D6．函數的圖象關于（

）A．x軸對稱 B．y軸對稱 C．原點對稱 D．直線對稱【答案】C【分析】求出，可知，可得函數為奇函數，進而得到答案.【詳解】函數的定義域為R，，所以有，所以為奇函數，圖象關于原點對稱.故選：C.7．“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】根據正弦函數的性質及充分條件、必要條件即可求解.【詳解】推不出（舉例，），而,“”是“”的必要不充分條件，故選：B8．已知函數，對a，b滿足且，則下面結論一定正確的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由對數函數的運算性質可知移項化簡即可得.【詳解】因為函數，對a，b滿足且，所以，則所以，即，解得故選：D9．記地球與太陽的平均距離為R，地球公轉周期為T，萬有引力常量為G，根據萬有引力定律和牛頓運動定律知：太陽的質量.已知，由上面的數據可以計算出太陽的質量約為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用對數運算性質計算即可.【詳解】因為，所以由得：，即，又，所以.故選：A.10．已知實數互不相同，對滿足，則對（

）A．2022 B． C．2023 D．【答案】D【分析】根據代數基本定理進行求解即可..【詳解】國為滿足，所以可以看成方程的個不等實根，根據代數基本定理可知：對于任意實數都有以下恒等式，，令，于是有，，，，，，所以，故選：D【點睛】關鍵點睛：根據代數基本定理是解題的關鍵.二、填空題11．函數的定義域是__________.【答案】【分析】根據對數真數大于零可構造不等式求得結果.【詳解】由得：，的定義域為.故答案為：.12．__________.【答案】6【分析】根據給定條件，利用指數運算、對數運算計算作答.【詳解】.故答案為：613．若，，則______．【答案】【分析】由，可知，再結合，及，可求出答案.【詳解】因為，所以，所以，．故答案為：.【點睛】本題考查同角三角函數的基本關系的應用，考查學生的計算求解能力，屬于基礎題.三、雙空題14．如圖，單位圓被點分為12等份，其中.角的始邊與x軸的非負半軸重合，若的終邊經過點，則__________；若，則角的終邊與單位圓交于點__________.（從中選擇，寫出所有滿足要求的點）【答案】

【分析】求出終邊經過則對應的角和的關系.【詳解】，所以終邊經過則角的始邊與x軸的非負半軸重合，若的終邊經過點，則，所以，即或即或經過點故答案為：；15．已知函數,①當時，在上的最小值為__________；②若有2個零點，則實數a的取值范圍是__________.【答案】

；

或．【分析】①根據函數式分段確定函數的單調性后可得最小值；②結合函數和的圖象，根據分段函數的定義可得參數范圍．【詳解】①，時，是增函數，，時，是增函數，因此，所以時，的最小值是；②作出函數和的圖象，它們與軸共有三個交點，，，由圖象知有2個零點，則或．故答案為：；或．四、解答題16．已知函數.(1)求的值；(2)當時，求的值域.【答案】(1)；(2).【分析】(1)根據誘導公式和特殊角三角函數值求解；(2)利用余弦函數性質及不等式性質求的值域.【詳解】（1）因為，所以，（2）由(1)，又，所以，所以，故當時，的值域為.17．已知關于x的不等式的解集為A.(1)當時，求集合A；(2)若集合，求a的值；(3)若，直接寫出a的取值范圍.【答案】(1)；(2)；(3)．【分析】（1）直接解不等式可得；（2）由題意得是方程的根，代入后可得值；（3）代入后不等式不成立可得．【詳解】（1）時，不等式為，即，，∴；（2）原不等式化為，由題意，解得，時原不等式化為，或，滿足題意．所以；（3），則，解得．18．函數的定義域為，若對任意的，均有.(1)若，證明：；(2)若對，證明：在上為增函數；(3)若，直接寫出一個滿足已知條件的的解析式.【答案】(1)證明過程見解析(2)證明過程見解析(3)，（答案不唯一）【分析】（1）賦值法得到；（2）賦值法，令，且，從而得到，證明出函數的單調性；（3）從任意的，均有，可得到函數增長速度越來越快，故下凸函數符合要求，構造出符合要求的函數，并進行證明【詳解】（1）令，則，因為，所以；（2）令，且，則，所以，故，因為對，所以，故，即，在上為增函數；（3）構造，，滿足，且滿足對任意的，，理由如下：，因為，故，，故對任意的，.19．已知函數.(1)若為偶函數，求a的值；(2)從以下三個條件中選擇兩個作為已知條件，記所有滿足條件a的值構成集合A，若，求A.條件①：是增函數；條件②：對于恒成立；條件③：，使得.【答案】(1)；(2)選①②，不存在；選①③，；選②③，．【分析】（1）由偶函數的定義求解；（2）選①②，時，由復合函數單調性得是增函數，時，由單調性的定義得函數的單調性，然后在時，由有解，說明不滿足②不存在；選①③，同選①②，由單調性得，然后則函數的最大值不大于4得的范圍，綜合后得結論；選②③，先確定恒成立時的范圍，再換元確定新函數的單調性得最大值的可能值，從而可得參數范圍．【詳解】（1）是偶函數，則，恒成立，∴，即；（2）若選①②，（），若，則是增函數，由得，因此不恒成立，不合題意，若，設，則，恒成立，設，則，，當時，，，，是減函數，時，，，，是增函數，又是增函數，因此在定義域內不是增函數，不合題意．故不存在滿足題意；若選①③，若，則是增函數，若，設，則，恒成立，設，則，，當時，，，，是減函數，時，，，，是增函數，又是增函數，因此在定義域內不是增函數，不合題意．故不存在滿足題意；要滿足①，則，所以時，，由得，綜上，；所以．若選②③，若，則由，不恒成立，只有時，恒成立，設，則，又時，，，恒成立，設，則，，當時，，，，是減函數，時，，，，是增函數，取任意正數時，的最大值是或，要滿足③，則或，或，所以，所以．20．對于非空數集A，若其最大元素為M，最小元素為m，則稱集合A的幅值為，若集合A中只有一個元素，則.(1)若，求；(2)若，，求的最大值，并寫出取最大值時的一組；(3)若集合的非空真子集兩兩元素個數均不相同，且，求n的最大值.【答案】(1)(2)的最大值為，(3)n的最大值為11【分析】（1）根據新定義即可求出；（2）由，且要使得取到最大，則只需中元素不同且7,8,9分布在3個集合中，4,5,6,分布在3個集合中，1,2,3分布在3個集合中這樣差值才會最大，總體才會有最大值.（3）要n的值最大，則集合的幅值最小，且是集合的兩兩元素個數均不相同的非空真子集，故對集合中元素分析列出方程解出即可.【詳解】（1）由集合知，，所以.（2）因為，，由此可知集合中各有3個元素，且完全不相同，根據定義要讓取到最大值，則只需中元素不同且7,8,9分布在3個集合中，4,5,6,分布在3個集合中，1,2,3分布在3個集合中這樣差值才會最大，總體才會有最大值，所以的最大值為，所以有一組滿足題意，（3）要n的值最大，則集合的幅值要盡量最小，故幅值最小從0開始，接下來為，因為是集合的兩兩元素個數均不相同的非空真子集，不妨設是集合中只有一個元素的非空真子集，此時，例如,則是集合中有兩個元素的非空真子集，且，例如，同理是集合中有三個元素的非空真子集，且，例如，是集合中有個元素的非空真子集，且，例如，所以，解得或（舍去）