2022-2023學年北京市密云區高一上學期（12月）數學期末試題一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由交集的定義求解即可【詳解】因為，，所以，故選：C2．設命題：，則的否定為（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】本題根據題意直接寫出命題的否定即可.【詳解】解：因為命題：，所以的否定：，故選：B【點睛】本題考查含有一個量詞的命題的否定，是基礎題.3．若，，則角是A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角【答案】D【分析】利用三角函數的定義，可確定，進而可知在第四象限．【詳解】根據三角函數的定義有，所以，所以在第四象限，故選D．【點睛】當的終邊在不同象限的時候，其三個三角函數值的符號也發生變化，記憶的口訣是“全正切余”即：第一象限全為正，第二象限正弦正，第三象限切為正，第四象限余弦正．4．下列函數中，既是奇函數，又在上單調遞減的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據奇偶性定義、冪函數、正弦函數單調性依次判斷各個選項即可.【詳解】對于A，令，則其定義域為，又，為奇函數；由冪函數性質知：在上單調遞減，A正確；對于B，當時，為增函數，B錯誤；對于C，令，則其定義域為，又，為偶函數，C錯誤；對于D，令，則其定義域為，又，為偶函數，D錯誤.故選：A.5．下列不等式成立的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】B【分析】通過反例可知AD錯誤；利用作差法可知C錯誤；根據冪函數單調性可知B正確.【詳解】對于A，若，則，A錯誤；對于B，在上單調遞增，當時，，B正確；對于C，，，，C錯誤；對于D，當，時，，D錯誤.故選：B.6．在平面直角坐標系中，角以射線為始邊，終邊與單位圓的交點位于第四象限，且橫坐標為，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據三角函數定義和同角三角函數關系可得，利用誘導公式可求得結果.【詳解】由題意知：，又為第四象限角，，.故選：A.7．已知函數，則此函數的最小值等于（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】將函數配湊為，利用基本不等式可求得結果.【詳解】，，（當且僅當，即時取等號），的最小值為.故選：D.8．“是第一象限角”是“是單調減函數”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】D【分析】通過反例可說明充分性不成立；由余弦函數的單調遞減區間可知必要性不成立，由此可得結論.【詳解】若，，此時且均為第一象限角，此時，不滿足單調減函數定義，充分性不成立；若為單調減函數，則，此時未必為第一象限角，必要性不成立；綜上所述：“是第一象限角”是“是單調減函數”的既不充分也不必要條件.故選：D.9．香農定理是通信制式的基本原理．定理用公式表達為：，其中為信道容量（單位：），為信道帶寬（單位：），為信噪比．通常音頻電話連接支持的信道帶寬，信噪比．在下面四個選項給出的數值中，與音頻電話連接支持的信道容量最接近的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】將代入公式中，根據對數運算法則和近似值可求得結果.【詳解】由題意知：.故選：A.10．定義在上的奇函數，滿足且對任意的正數，有，則不等式的解集是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據函數單調性定義可知在上單調遞減，結合奇偶性可知在上單調遞減且；分別在和的情況下，利用單調性解不等式即可.【詳解】對任意的正數，有，在上單調遞減；為定義在上的奇函數，在上單調遞減且；，；當時，可化為，，解得：；當時，可化為，，解得：；綜上所述：不等式的解集為.故選：C.【點睛】方法點睛：本題考查利用函數單調性和奇偶性求解函數不等式的問題，解決此類問題中，奇偶性和單調性的作用如下：（1）奇偶性：統一不等式兩側符號，同時根據奇偶函數的對稱性確定對稱區間的單調性；（2）單調性：將函數值的大小關系轉化為自變量之間的大小關系.二、填空題11．函數的定義域為______.【答案】【解析】根據解析式列出不等式，求出使解析式有意義的自變量的范圍，即可得出結果.【詳解】由解得且，即函數的定義域為.故答案為：.12．計算：______．（用數字作答）【答案】【分析】根據對數運算和指數運算法則直接計算即可.【詳解】.故答案為：.13．混沌理論在生物學、經濟學和社會學領域都有重要作用．在混沌理論中，函數的周期點是一個關鍵概念，定義如下：設是定義在上的函數，對于，令，若使得，且當，時，，則稱是的一個周期為的周期點．給出下列四個結論：①若，則是周期為的周期點；②若，則是周期為的周期點；③若，則存在周期為的周期點；④若，則，都不是的周期為的周期點．其中所有正確結論的序號是______．【答案】②③④【分析】當時，由可知，不符合定義，知①錯誤；假設是周期為的周期點，驗證可知，成立，知②正確；令，可得，，，知③正確；由二次函數值域知恒成立，從而得到④正確.【詳解】對于①，當時，，，解得：，又，，不滿足當，時，，不是周期為的周期點；對于②，假設是周期為的周期點，則需，；，，假設成立，②正確；對于③，當時，，，，是周期為的周期點，③正確；對于④，，恒成立，不存在的情況，即，都不是的周期為的周期點，④正確.故答案為：②③④.【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數中的新定義問題，解題關鍵是明確是的一個周期為的周期點的定義，即需同時滿足和的條件，根據遞推關系式驗證是否滿足定義即可得到結論.三、雙空題14．已知扇形的圓心角是弧度，半徑為，則扇形的弧長為______，面積為______．【答案】

【分析】根據扇形弧長和面積公式直接求解即可.【詳解】扇形弧長；扇形面積.故答案為：；.15．函數的定義域是______，最小正周期是______．【答案】

【分析】由可解得函數的定義域；由正切型函數最小正周期求法可求得結果.【詳解】由得：，的定義域為；的最小正周期.故答案為：；.四、解答題16．已知集合，．(1)當時，求，；(2)當時，求；(3)當時，求的取值范圍．【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）化簡集合，即可得到，（2）化簡集合，求出，即可得到（3）化簡集合，根據，即可求出的取值范圍【詳解】（1）由題意在和中，∴∴，（2）由題意及（1）得在和中，∴∴∴（3）由題意及（1）（2）得在和中，∵∴解得：∴的取值范圍為17．已知函數，．(1)求和的值，并畫出函數的圖象；(2)寫出函數的單調增區間和值域；(3)若方程有四個不相等的實數根，寫出實數的取值范圍．【答案】(1)，；圖象見解析(2)單調增區間為，；值域為(3)【分析】（1）根據解析式可直接求得函數值；將在軸下方的圖象翻折到軸上方即可得到的圖象；（2）根據圖象可直接得到單調增區間和值域；（3）將問題轉化為圖象與有四個不同的交點，結合圖象可得結果.【詳解】（1），，，.圖象如下圖所示，（2）由圖象可知：的單調增區間為，；的值域為.（3）若有四個不相等的實數根，則圖象與有四個不同的交點，結合圖象可知：，即實數的取值范圍為.18．設函數，關于的不等式的解集為．(1)當時，求函數的零點；(2)當時，求解集；(3)是否存在實數，使得？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)和(2)(3)存在實數【分析】（1）令，解方程即可求得零點；（2）解一元二次不等式即可求得解集；（3）根據一元二次不等式的解集與一元二次方程根的關系，結合韋達定理可構造方程組求得的值.【詳解】（1）當時，；令，解得：或，的零點為和.（2）當時，，解得：，即.（3）假設存在實數，使得，則且是方程的兩根，，解得：；存在實數，使得.19．已知函數在一個周期內的圖象如圖所示．(1)求函數的解析式和最小正周期；(2)求函數在區間上的最值及對應的x的取值；(3)當時，寫出函數的單調區間．【答案】(1)(2)答案見解析(3)減區間；增區間【分析】（1）由函數的圖象的最值點坐標求出A，由周期求出，由五點法作圖求出的值，可得函數的解析式．（2），根據正弦函數性質求得函數在區間上的最值及對應的x的取值；（3）當時，分兩種情況討論，可寫出函數的單調區間．【詳解】（1）由函數在一個周期內的圖象可得：，再根據五點法作圖可得,（2），時，函數在區間上的最大值為時，函數在區間上的最小值為（3），故函數的單調減區間是；，故函數的單調增區間是；20．已知函數．(1)求函數的定義域；(2)判斷函數的奇偶性，并證明你的結論；(3)若對于恒成立，求實數的最小值．【答案】(1)(2)偶函數，證明見解析(3)【分析】（1）根據對數真數大于零可直接解不等式求得定義域；（2）根據奇偶性的定義直接判斷即可得到結論；（3）由對數真數大于零首先確定恒成立時的范圍；由對數不等式可得，采用分離變量法，結合對勾函數性質可求得的范圍；綜合即可得到的最小值.【詳解】（1）由得：，，即的定義域為.（2）由（1）知：定義域關于原點對稱，，為偶函數.（3）當時，恒成立，則當時，，滿足題意；當時，，解得：；；由得：，；在上單調遞減，在上單調遞增，，；綜上所述：實數的最小值為.21．已知集合，規定：集合中元素的個數為，且．若，則稱集合是集合的衍生和集．(1)當，時，分別寫出集合，的衍生和集；(2)當時，求集合的衍生和集的元素個數的最大值和最小值．【答案】(1)的衍生和集；的衍生和集(2)最大值為，最小值為【分析】（1）由衍生和集定義可直接寫出結果；（2）設，，列舉得到所有必然不相等的兩個元素之和的情況，由此得到最小值；假設任意兩