2022-2023學年上海市新川中學高一上學期期末數學試題一、填空題1．函數的定義域________.【答案】【分析】根據對數函數有意義的條件得到不等式求解.【詳解】要使函數有意義，則，即，所以函數的定義域為，故答案為:.2．已知，，則______．【答案】##【分析】直接根據同角三角函數之間的關系即可得結果.【詳解】因為，，所以，故答案為：.3．為了得到函數的圖象，可以把函數的圖象右移______個單位.【答案】1【分析】利用函數圖象的平移規律進行求解即可【詳解】為了得到函數的圖象，根據平移規律，可以把函數的圖象右移1個單位，故答案為：14．函數的圖象恒過定點______.【答案】【分析】利用指數函數的定義與性質求得定點坐標.【詳解】令，解得，∴函數的圖象恒過定點.故答案為：5．若冪函數的圖象過點，則表達式___________.【答案】【分析】設，由可求得實數的值，即可得解.【詳解】設，則，解得，.故答案為：.6．函數在其定義域上的單調性是______.【答案】單調遞增【分析】直接根據冪函數的單調性即可得結果.【詳解】冪函數，定義域，指數為，滿足，故函數在其定義域上的單調性是單調遞增，故答案為：單調遞增.7．函數的增區間為______.【答案】【分析】利用定義法進行判斷即可得解.【詳解】任取，，因為，，當時，，，此時，，為增函數，所以函數的增區間為.故答案為：8．若“”是““的充分不必要條件，則實數的取值范圍是_____.【答案】【解析】根據充分不必要條件的含義，即可求出結果.【詳解】因為“”是“”的充分不必要條件，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了不等式的意義、充分、必要條件的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．9．函數是偶函數，且定義域是，則_________.【答案】【分析】根據函數奇偶性與定義域，列出方程組，求出的值，即可求出結果.【詳解】因為數是偶函數，且定義域是，所以，即，解得，所以.故答案為【點睛】本題主要考查由函數奇偶性求參數的問題，熟記函數奇偶性的定義即可，屬于常考題型.10．已知定義在上的奇函數，當時，，當時，________．【答案】【解析】設，則，代入解析式得；再由定義在上的奇函數，即可求得答案.【詳解】不妨設，則，所以，又因為定義在上的奇函數，所以，所以，即.故答案為：.11．函數的值域是______.【答案】【分析】對函數解析式進行變形處理，即可得解.【詳解】，因為，，所以.故答案為：12．已知，實數，滿足，則的最小值為______.【答案】【解析】由求得的關系式，求得的表達式，并利用基本不等式求得的最小值.【詳解】依題意.由，得，即①，即，，即②.所以，將②代入上式得，當且僅當時等號成立，，，即，即時取得最小值.故答案為：【點睛】本小題主要考查利用基本不等式求最小值，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查運算求解很強，屬于難題.二、單選題13．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】解出集合、，利用交集的定義可求得集合.【詳解】，，因此，.故選：C.14．已知扇形面積為4，周長為8，則該扇形的圓心角為（

）弧度.A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【解析】運用扇形面積公式，結合弧長公式進行求解即可【詳解】設扇形的圓心角為，半徑為，弧長為，扇形面積為由題意可知：.故選：C15．下列四個函數中，在其定義域上既是奇函數又是增函數的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據函數的解析式直接判斷函數的奇偶性和單調性即可．【詳解】對于A，指數函數是非奇非偶函數，故A錯誤；對于B，令，定義域為，∵，則為奇函數，而在單調遞減，在定義域上不單調，故B錯誤；對于C，的定義域為，故為非奇非偶函數，且在上是增函數，故C錯誤；對于D，令，其在定義域上單調遞增，且，所以為奇函數，故D正確；故選：D16．專家對某地區新冠肺炎爆發趨勢進行研究發現，從確診第一名患者開始累計時間（單位：天）與病情爆發系數之間，滿足函數模型：，當時，標志著疫情將要大面積爆發，則此時約為（

）(參考數據：)A． B． C． D．【答案】B【解析】根據列式求解即可得答案.【詳解】解：因為，，所以，即，所以，由于，故，所以，所以，解得.故選：B.【點睛】本題解題的關鍵在于根據題意得，再結合已知得，進而根據解方程即可得答案，是基礎題.三、解答題17．（1）已知角的終邊經過點．求，的值；（2）若，求的值．【答案】（1），；（2）.【分析】（1）直接根據三角函數的定義即可得結果；（2）分子分母同時除以即可得結果.【詳解】（1）由于角的終邊經過點，所以，（2）由于，所以.18．已知集合，.（1）若，求；（2）若，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出集合，利用補集的定義可求得集合；（2）求出集合、，利用集合的包含關系可得出關于實數的不等式組，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】（1）當時，，因此，；（2），，因為，所以，，解得.因此，實數的取值范圍是.19．某種蔬菜從1月1日起開始上市，通過市場調查，得到該蔬菜種植成本（單位：元/）與上市時間（單位：10天）的數據如下表：時間51125種植成本1510.815（1）根據上表數據，從下列函數：，，，中（其中），選取一個合適的函數模型描述該蔬菜種植成本與上市時間的變化關系；（2）利用你選取的函數模型，求該蔬菜種植成本最低時的上市時間及最低種植成本.【答案】（1）；（2）該蔬菜上市150天時，該蔬菜種植成本最低為10（元/）.【分析】（1）先作出散點圖，根據散點圖的分布即可判斷只有模型符合，然后將數據代入建立方程組，求出參數.（2）由于模型為二次函數，結合定義域，利用配方法即可求出最低種植成本以及對應得上市時間.【詳解】解：（1）以上市時間（單位：10天）為橫坐標，以種植成本（單位/）為縱坐標，畫出散點圖（如圖）.根據點的分布特征，，，這三個函數模型與表格所提供的數據不吻合，只有函數模型與表格所提供的數據吻合最好，所以選取函數模型進行描述該蔬菜種植成本與上市時間的變化關系.將表格所提供的三組數據分別代入，得解得所以，描述該蔬菜種植成本與上市時間的變化關系的函數為.（2）由（1）知，所以當時，的最小值為10，即該蔬菜上市150天時，該蔬菜種植成本最低為10（元/）.【點睛】判斷模型的步驟：（1）作出散點圖；（2）根據散點圖點的分布，以及各個模型的圖像特征作出判斷；二次函數型最值問題常用方法：配方法，但要注意定義域.20．已知函數．(1)當時，判斷在上的單調性并證明；(2)討論函數的零點個數．【答案】(1)單調遞減，證明見解析(2)答案見解析【分析】（1）利用函數單調性的定義，進行證明即可；（2）分離參數，將零點問題轉化為函數交點問題，從而進行處理.【詳解】（1）當時，時，該函數為單調遞減函數，證明如下：在區間上任取，且則因為，故，且，則故當時，則函數在單調遞減.即證.（2），等價于即等價于的根的個數，令，則其函數圖像如下所示：由圖可知：當或或時，直線與有兩個交點；當或時，直線與只有一個交點；當或時，直線與有三個交點.故：當時，有1個零點；當時，有2個零點；當時，有3個零點.21．設函數的定義域為，若存在正實數，使得對于任意，有，且，則稱是上的“距增函數”．（1）判斷函數是否為上的“距增函數”？說明理由；（2）寫出一個的值，使得是區間上的“距增函數”；（3）已知函數是定義在上的奇函數，且當時，．若為上的“距增函數”，求的取值范圍．【答案】（1）是上的“距增函數”，理由見解析；（2）；（3）.【解析】（1）根據“距增函數”的定義去判斷即可；（2）如，答案不唯一，不小于即可；（3）先求出的表達式，通過討論x的范圍結合絕對值的幾何意義，從而求出a的范圍.【詳解】（1）函數是上的“距增函數”，任意，有，且，所以，因此是上的“距增函數”．（2）；函數的定義域為，有，且，是上的“距增函數”．（3），因為為上的“距增函數”，i)當時，由定義恒成立，即恒成立，