陜西省西安工業大學附屬中學2022-2023學年高一上學期期末數學試題2022～2023學年度第一學期期末質量檢測高一數學試題考生注意：本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分150分，考試時間120分鐘．請將答案填寫在答題卡相對應的位置．第Ⅰ卷（選擇題，共60分）一、單項選擇題（本大題共8個小題，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.終邊在第二象限的角的集合可以表示為()A.{α|90°<α<180°}B.{α|90°＋k·180°<α<180°＋k·180°，k∈Z}C.{α|－270°＋k·180°<α<－180°＋k·180°，k∈Z}D.{α|－270°＋k·360°<α<－180°＋k·360°，k∈Z}【答案】D【解析】【詳解】由終邊相同的角的集合的定義結合選項可知：終邊在第二象限的角的集合可以表示為{α|－270°＋k·360°<α<－180°＋k·360°，k∈Z}.本題選擇D選項.2.下列語句不是全稱量詞命題的是（）A.任何一個實數乘以零都等于零B.自然數都是正整數C.高一(一)班絕大多數同學是團員D.每一個實數都有大小【答案】C【解析】【分析】由全稱命題的定義，全稱命題應包含所有，任意的…等表示全部元素都滿足的語句，如果含有存在、有一個…等表示非全部元素都滿足的語句的命題為特稱命題，由此對四個答案進行分析，即可得到答案．【詳解】A中命題可改寫為：任意一個實數乘以零都等于零，故A是全稱量詞命題；B中命題可改寫為：任意的自然數都是正整數，故B是全稱量詞命題；C中命題可改寫為：高一(一)班存在部分同學是團員，C不是全稱量詞命題；D中命題可改寫為：任意的一個實數都有大小，故D是全稱量詞命題．故選：C.【點睛】本題考查的知識點是全稱命題和特稱命題的定義，熟練掌握全稱命題和特稱命題的定義是解答本題的關鍵．3.的值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據三角函數誘導公式即可求解.【詳解】解：．故選：A．4.不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】分析】左邊配方成完全平方可得.【詳解】解:由原不等式左邊配方得，，.故解集為:故選:D5.某扇形的面積為，它的周長為，那么該扇形圓心角的大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設扇形的半徑長為，可得出扇形的面積為，解出的值，可得出扇形的弧長，由此可得出扇形的圓心角的弧度數為.【詳解】設扇形的半徑長為，則扇形的弧長為，扇形的面積為，得，解得，所以，扇形的弧長為，因此，扇形圓心角的弧度數為，故選A.【點睛】本題考查扇形的面積和周長的計算，解題的關鍵就是計算出扇形的半徑長，并熟悉扇形圓心角、半徑、弧長三者之間的關系，考查計算能力，屬于中等題.6.函數的一條對稱軸為（）．A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】求出函數的對稱軸為，然后即可得出答案.【詳解】由可得，，所以，函數的對稱軸為.當時，，只有D項滿足.故選：D.7.函數的零點一定位于的區間是A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】試題分析：將1,2,3分別代入計算，可得根據函數的零點存在定理可知，該函數的零點一定在區間（2，3）內.考點：本小題主要考查函數的零點存在定理的應用.點評：利用函數的零點存在定理時只要將各端點分別代入函數式，判斷符號即可.8.若函數在區間上遞減，且有最小值，則的值可以是A.2 B. C.3 D.【答案】B【解析】【詳解】在上是遞減的，且有最小值為，，即，當時，函數在區間上遞減，且有最小值，故選B.二、多項選擇題（本大題共4個小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，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，有錯選的得0分）9.(多選)設函數(a>0，且a≠1)，若f(2)=4，則（）A.f(-2)＞f(-1)B.f(-1)＞f(-2)C.f(-2)＞f(2)D.f(-4)＞f(3)【答案】AD【解析】【分析】根據給定條件求出a值，并探討函數的性質，再借助性質即可判斷作答.【詳解】函數，因f(2)=4，即，而a>0，且a≠1，解得，則，由知，是偶函數，當x>0時，，在上遞增，于是有，A正確，B，C都不正確；，D正確.故選：AD10.下列命題中正確的是（）A.當時， B.當時，C.當時， D.當時，【答案】ABCD【解析】【分析】直接使用基本不等式可判斷ACD；根據，使用基本不等式可判斷B.【詳解】A中，因為，由基本不等式可知成立；B中，因為，所以，所以，所以成立；C中，因為，由基本不等式可知成立；D中，因為，由基本不等式可得成立.故選：ABCD11.下面各式化簡正確的是（）．A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根據兩角和與差的正、余弦公式一一判斷求解.【詳解】，A正確；，B錯誤；，C正確；，D錯誤；故選:AC.12.已知函數的圖象向右平移個單位長度后得到的圖象，則下列關于函數的說法錯誤的是（）．A.最大值為3 B.最小正周期為C.為奇函數 D.圖象關于y軸對稱【答案】ABC【解析】【分析】由已知可得，.進而即可判斷函數的性質，判斷各個選項.【詳解】由已知可得，.對于A項，函數最大值為，故A項錯誤；對于B項，函數的最小正周期為，故B項錯誤；對于C項，，所以函數為偶函數，故C項錯誤；對于D項，由C知，函數為偶函數，所以函數的圖象關于y軸對稱，故D項正確.故選：ABC.【點睛】思路點睛：首先根據圖象平移，結合誘導公式求出函數解析式，進而根據余弦函數的性質，即可得出答案.第Ⅱ卷（非選擇題，共90分）三、填空題（本大題共4個小題，每小題5分，共20分）13.已知函數是減函數，則實數a的取值范圍為______．【答案】【解析】【分析】分段函數具有單調性，應滿足：①在各段上具有相同的單調性；②端點處的函數值應滿足要求.【詳解】由已知，f(x)在以及x>1上分別單調遞減，且f(1)=3.要使函數是減函數，則應滿足，x>1時，f(x)=-2x+a<3恒成立.只需要，，即.故答案為：.14.已知函數y＝f(x)的圖象關于原點對稱，且當x>0時，f(x)＝x2－2x＋3.則f(x)在R上的表達式為________．【答案】【解析】【分析】根據函數是奇函數，即可求得；結合的解析式，即可求得時的解析式.【詳解】因為是奇函數，且定義域為，故當時，；則當時，.故答案為：.【點睛】本題考查由函數奇偶性，求函數的解析式，屬基礎題.15.已知函數，則__________．【答案】【解析】【分析】由已知可得，的周期，然后求出，根據函數的周期性，即可得出答案.【詳解】由題意可知，函數最小正周期.又，，，，所以.又，所以故答案為：.16.已知函數，定義域為的函數滿足，若函數與圖象的交點為，則___________．【答案】【解析】【分析】先判斷出的奇偶性，再根據其對稱性計算即可得到答案．【詳解】解：因為定義域為的函數滿足，所以函數的圖象關于點對稱，因為定義域為，且，所以為奇函數，即函數關于點對稱，則函數與圖象的交點關于對稱，不妨設關于點對稱的點的坐標為，，，，則，，則，，同理可得，，，，，所以．故答案為：．四、解答題（本大題共6個小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.已知全集為，集合，.（1）求；（2）若，且“”是“”的必要不充分條件，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出集合，根據交集的定義直接求解；（2）依題意，再根據題意得到關于的不等式，求解即可．【詳解】解：（1），又，（2）因為“”是“”的必要不充分條件，所以，因為所以解得，即18.已知，，求：（1）的值；（2）的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先根據兩角差的正切求出的值，再根據同角的三角函數的基本關系式可求的值.（2）先利用倍角公式化簡三角函數值，齊次化結合（1）中的結果可求三角函數式的值.【詳解】（1）由可得，解得，而，故，故.（2）.19.已知函數，，求的最大值及最小值.【答案】最小值：最大值：7.【解析】【分析】利用換元法，把函數變為閉區間上的二次函數，然后求出函數的最值．【詳解】解：令，∵，在定義域遞減，則，∴，∴，∴當時，取最小值；當t＝－1時，取最大值7.20.已知函數f(x)＝ax(a>0，且a≠1)，在區間[1,2]上的最大值為m，最小值為n.(1)若m＋n＝6，求實數a的值；(2)若m＝2n，求實數a的值．【答案】（1）2；（2）或2.【解析】【分析】(1)無論0<a<1還是a>1，函數f(x)的最大值都是a和a2的其中一個，列式求解即可;(2)按a＞1，0＜a＜1兩種情況進行討論,借助f（x）的單調性可得最大值先、最小值，列出關系式求解即可．【詳解】(1)∵無論0<a<1還是a>1，函數f(x)的最大值都是a和a2的其中一個，最小值為另一個，∴a2＋a＝6，解得a＝2或a＝－3(舍)，故a的值為2.(2)當0<a<1時，函數f(x)在區間[1,2]上是減函數，其最小值為f(2)＝a2，最大值為f(1)＝a.由a＝2a2，解得a＝0(舍)或a＝，∴a＝.當a>1時，函數f(x)在區間[1,2]上是增函數，其最小值為f(1)＝a，最大值為f(2)＝a2.由a2＝2a，解得a＝0(舍)或a＝2.∴a＝2.綜上知，實數a的值為或2.【點睛】本題考查指數函數的單調性及其應用，考查分類討論思想，對指數函數f（x）=ax（a＞0，a≠1），當a＞1時f（x）遞增；當0＜a＜1時f（x）遞減．21.（1）化簡：；（2）求值：．【答案】（1）；（2）1【解析】【分析】（1）化切為弦，結合正弦和余弦的倍角公式和半角公式得到答案；（2）化切為弦，結合輔助角公式和誘導公式進行求解.【詳解