海南華僑中學2022-2023學年第一學期高一年級期末考試數學科注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?考號等填寫在答題卡指定位置上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.回3.答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.一?單項選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）1.已知，且，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知可求出，進而即可得出的值.【詳解】因為，且，所以，.所以，.故選：A.2.已知，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.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】解不等式，根據解的范圍與的范圍的大小關系，即可得出答案.【詳解】解可得，，顯然該范圍小于的范圍.所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.3.已知集合，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】求得集合，結合集合交集的運算，即可求解.【詳解】由題意，集合，所以集合，所以.故選：D4.已知偶函數在上單調遞增，且，則的解集是（）A. B.或C. D.【答案】B【解析】【分析】由及函數單調性即可得到答案.【詳解】偶函數在上單調遞增，且，所以，，解得或

故的解集是或.故選：B5.已知函數的零點分別為a，b，c，則a，b，c的大小順序為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先可求出，再由得，由得，將其轉化為、與的交點，數形結合即可判斷.【詳解】解：由得，，由得，由得.在同一平面直角坐標系中畫出、、的圖象，由圖象知，，.故選：B【點睛】本題考查函數的零點，函數方程思想，對數函數、指數函數的圖象的應用，屬于中檔題.6.若，且滿足，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知可推出，進而可得出.然后根據的范圍，開方即可求出.【詳解】因為，，所以，.所以，.又，所以，所以.故選：A.7.王之渙《登鸛雀樓》：白日依山盡，黃河入海流，欲窮千里目，更上一層樓.詩句不僅刻畫了祖國的壯麗河山，而且揭示了“只有站得高，才能看得遠”的哲理，因此成為千古名句.我們從數學角度來思考：欲窮千里目，需上幾層樓？把地球看作球體，地球半徑，如圖，設為地球球心，人的初始位置為點，點是人登高后的位置（人的高度忽略不計），按每層樓高計算，“欲窮千里目”即弧的長度為，則需要登上樓的層數約為（）（參考數據：，，）A.5800 B.6000 C.6600 D.70000【答案】C【解析】【分析】設.由已知可推得，，進而在中，得出，則有，即可得出答案.【詳解】設，弧的長為.由題意可得，.顯然，，則在中，有，所以.所以，.所以，需要登上樓的層數約為.故選：C.8.定義在上的奇函數滿足，且當時，，則方程在上所有根的和為（）A.32 B.48 C.64 D.80【答案】C【解析】【分析】根據奇函數的性質判斷出函數的周期，利用函數的對稱性、數形結合思想進行求解即可.【詳解】因為是奇函數，所以由，因此函數的周期為，當時，，所以當時，，當時，由，所以，所以當時，，于是當時，，該函數關于點對稱，而函數也關于該點對稱，在同一直角坐標系內圖象如下圖所示：由數形結合思想可知：這兩個函數圖象有8個交點，即共有四對關于對稱的點，所以方程在上所有根的和為，故選：C【點睛】關鍵點睛：方程根的問題轉化為兩個函數圖象交點問題是解題的關鍵.二?多項選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.）9.下列命題中錯誤的是（）A.命題“”的否定是“”B.若冪函數圖象經過點，則解析式為C.若兩個角的終邊相同，則這兩個角相等D.滿足的的取值集合為【答案】AC【解析】【分析】寫出命題否定，即可判斷A項；待定系數法設出冪函數的解析式，代入坐標，求解，即可判斷B項；取特殊值，即可說明C項；根據的圖象，即可得出不等式在上的解集，然后根據周期性，即可得出結果.【詳解】對于A項，根據全稱量詞命題的否定可知，命題“”的否定是“”，故A項錯誤；對于B項，設冪函數解析式為.由已知可得，，所以，所以，故B項正確；對于C項，因為，所以和終邊相同，顯然，故C項錯誤；對于D項，作出的圖象.由圖可知，在上，滿足的的取值集合為，根據正弦函數的周期性可知，滿足的的取值集合為，故D項正確.故選：AC.10.下列不等式中成立的是（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】根據函數的單調性，即可判斷A、B項；根據誘導公式將角化到同一單調區間，進而根據函數的單調性，即可判斷C項；根據誘導公式化為同一三角函數，進而根據函數的單調性，即可判斷D項.【詳解】對于A項，因為在上單調遞增，所以，故A項錯誤；對于B項，因為在上單調遞減，所以，故B項錯誤；對于C項，因為在上單調遞減，所以.又，所以，故C項正確；對于D項，因為在上單調遞增，所以.又，所以，故D項正確.故選：CD.11.已知直線是函數圖象的一條對稱軸，則（）A.是偶函數 B.是圖象的一條對稱軸C.在上單調遞減 D.當時，函數取得最小值【答案】AC【解析】【分析】根據為圖象的對稱軸，求出，從而得到，得到A正確；整體法求解函數的對稱軸方程，判斷B選項；代入檢驗函數是否在上單調遞減；代入求出，D錯誤.【詳解】因為直線是函數圖象的一條對稱軸，所以，，又，所以，所以．，是偶函數，故A正確；令，解得:，所以圖象的對稱軸方程為，而不能滿足上式，故B錯誤；當時，，此時函數單調遞減，故C正確；顯然函數的最小值為，當時，，故D錯誤．故選：AC．12.已知，.則下列選項中正確的有（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】由已知可得，.根據不等式的性質，即可判斷A項；根據基本不等式及其等號成立的條件即可判斷B、C項；作差后，令，根據二次函數的性質，得出函數的單調性.易知，，即可得出D項.【詳解】由已知可得，，，所以.對于A項，因為，所以，所以，故A正確；對于B項，由基本不等式可知，，當且僅當時，等號成立.因為，所以，所以，故B項正確；對于C項，因為，當且僅當時，等號成立.因為，所以，所以，，故C項錯誤；對于D項，因為，所以.令，根據二次函數的性質可知，在上單調遞增.又，所以有，則，所以.又，所以.所以，，所以.因為，所以有，整理可得，，故D項正確.故選：ABD.三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知角的終邊過點，則__________.【答案】##0.6【解析】【分析】由已知可推得，然后根據誘導公式化簡，即可得出答案.【詳解】由三角函數的定義可得，.所以，.故答案為：.14.已知函數，則__________.【答案】7【解析】【分析】根據分段函數求出，代入根據對數的運算性質即可得出答案.【詳解】由已知可得，，所以.故答案為：7.15.已知過定點P，且P點在直線上，則的最小值=______________．【答案】##【解析】【分析】先求出定點，代入直線方程，最后利用基本不等式求解.【詳解】經過定點，代入直線得，，當且僅當時等號成立故答案為：16.已知函數在上單調遞增，則的最大值是____.【答案】4【解析】【分析】根據正弦型函數的單調性即可求解.【詳解】由函數在區間上單調遞增，可得，求得，故的最大值為，故答案為：4四?解答題（本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.）17.已知集合，，全集（1）當時，求；（2）若，求實數取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）代入得到，根據補集的運算求出.然后解可求出，進而根據交集的運算，即可得出結果；（2）顯然成立.時，解即可得出實數的取值范圍.【小問1詳解】當時，，所以或.由以及指數函數的單調性，可解得，所以.所以.【小問2詳解】當時，有時，即，此時滿足；當時，由得，，解得，綜上，實數的取值范圍為.18.已知函數.（1）求的對稱中心和單調增區間；（2）當時，求函數的最小值和最大值.【答案】（1）對稱中心為，單調增區間為；（2）最小值為，最大值0.【解析】【分析】（1）結合正弦函數的性質，整體代入即可求出函數的對稱中心以及單調遞增區間；（2）令，由已知可得，.根據的單調性，即可得出函數的最值.【小問1詳解】令，則，所以的對稱中心為.由，解得，所以函數的單調增區間為.【小問2詳解】令因為，所以，則在上單調遞增，在上單調遞減.當，即時，函數有最大值為；又，，所以，當，即時，函數有最小值為.所以，函數的最大值為0，函數的最小值為.19.已知函數，且為奇函數.（1）求的值；（2）判斷函數的單調性并證明；（3）解不等式：.【答案】（1）（2）減函數，證明見解析（3）【解析】【分析】（1）由若在區間D上為奇函數，則可得a的值，再由奇函數的定義檢驗即可.（2）由函數單調性的性質判斷其單調性，再由單調性的定義法證明（任取、作差、變形、斷號、寫結論）即可.（3）由函數為奇函數處理原不等式得，再由函數在R上單調遞減，比較兩個括號中式子的大小，解不等式即可.【小問1詳解】∵函數的定義域為R，函數為奇函數，∴，則，得檢驗，當時，，定義域為R，對于任意實數，所以所以當時，為奇函數.【小問2詳解】由（1）知，在R上為單調遞減函數.證明：設，∵，∴，即，，∴，即函數在定義域R上單調遞減.【小問3詳解】∵在R上為奇函數，，∴，又∵函數在R上單調遞減，∴，解得：，∴不等式的解集為20.已知，（1）若，求的值；（2）令，求此函數的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）應用同角三角函數關系及定義域化簡，結合函數值及正切函數值確定角的大小即可；（2）令，結合二次函數性質求函數的最大值.【小問1詳解】，，由，即，又，故.【小問2詳解】由（1）知：，令，所以，故，當時.21.學校鼓勵學生課余時間積極參加體育鍛煉，每天能用于鍛煉的課余時間有60分鐘，現需要制定一個課余鍛煉考核評分制度，建立一個每天得分與當天鍛煉時間（單位：分）的函數關系.要求及圖示如下：（i）函數是區間上的增函數；（ii）每天運動時間為0分鐘時，當天得分為0分；（iii）每天運動時間為20分鐘時，當天得分為3分；（iiii）每天最多得分不超過6分.現有以下三個函數模型供選擇：①，②，③.（1）請你根據條件及圖像從中選擇一個合適的函數模型，并求出函數的解析式；（2）求每天得分不少于分，至少需要鍛煉多少分鐘.（注：，結果保留整數）.【答案】（1）模型③，（2）至少需要鍛煉37分鐘.【解析】【分析】（1）根據已知圖象的增長特征，結合模型中函數所過的點，以及函數的增長速度，即可確定模型，將對應的點代入，求得參數，可得解析式，并驗證，即可求解；（2）由（1）得，令，求出的范圍，即可得出答案．【小問1詳解】解：對于模型①，，當滿足同時過點時，，即，當時，，不合題意；由圖可知，該函數的增長速度較慢，對于模型②，是指數型的函數，其增長是爆炸型增長，故②不合適；對于模型③，對數型的函數增長速度較慢，符合題意，故選項模型③，此時，所求函數過點，則，解得，故所求函數為，經檢驗，當時，，符合題意綜上所述，函數的解析式為.【小問2詳解】解：由（1）得，因為每天得分不少于分，所以，即，所以，即，所以每天得分不少于4.5分，至少需要鍛煉37分鐘.22.已知函數在區間上有最大值2和最小值1.（1）求的值；（2）不等式在上恒成立，求實數的取值范圍；（3）若且方程有三個不同的實數解，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根據二次函數的性質，分類討論函數的單調性，結合已知列出方程組，即可得出；（2）由已知可轉化為在上恒成立.根據基本不等式即可求出實數取值范圍；（3）由已知可推得有三個不同的實數解.令，作出的函數圖象，可得.結合函數圖象，該方程一個根大于0小于1，一個根大于等于1.令，根據二次函數的性質與圖象，即可得出不等關系，進而求出實