北京市密云区2021-2022高一数学上学期期末考试试题(含解析)

1、- PAGE 2 -密云区 2021-2022 度第一学期期末高一数学试卷一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知集合M 1，01，3， N 1， 3，则集合M N 中元素的个数是（）A. 0B. 1C. 2【答案】B【解析】【分析】直接根据交集的定义计算即可；【详解】解：M 1，01，3， N 1， 3M N 1故选：B【点睛】本题考查集合的运算，集合中元素个数的求法，属于基础题.2.函数 y cos 2x 的最小正周期为（）D. 3A.2【答案】B【解析】【分析】B. C. 2D. 4根据余弦型函数最小正周期的

2、求法即可求得结果.【详解】 y cos 2x 最小正周期T 2 2故选： B【点睛】本题考查余弦型函数最小正周期的求解，属于基础题. 3.下列函数中，既是偶函数又在(0, ) 单调递增的是（）A. y 2xB. y x3C. y cos x【答案】DD. y ln | x |【解析】【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得答案【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于 A ， y 2x ，为指数函数，其定义域为R ，不是偶函数，不符合题意； 对于 B ， y x3，为幂函数，是奇函数，不符合题意；对于C ， y cos x ，为偶函数，在(0, ) 不是增函数，不符合题意

3、；lnx, x0对于 D ， y ln x ，为偶函数，且当x 0 时， y lnx ，为增函数，符合题ln(x), x 0意；故选：D【点睛】本题考查函数奇偶性与单调性的判定，关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性，属于基础题4.命题“ x 0,x2 5x 6 0 ”的否定为（）A. x 0,x2 5x 6 0B. x 0,x2 5x 6 0C. x0 0,x02 5x0 6 0D. x0 0, x02 5x0 6 0【答案】C【解析】分析】根据全称命题的否定为特称命题解答即可；【详解】解：因为全称命题的否定为特称命题，则命题p : x 0,x2 5x 6 0 的否定为x 0,x002 5x0

4、6 0 ，故选：C【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题已知定义在 R 上的函数 f (x) 的图象是连续不断的，且有如下对应值表：xf (x)16.1234 2.9 3.5 1那么函数 f (x) 一定存在零点的区间是（）A. (1,2)【答案】A【解析】【分析】B. (2,3)C. (3, 4)D. (4,+)利用函数零点的存在定理进行函数零点所在区间的判断，关键要判断函数在相应区间端点函数值的符号，如果端点函数值异号，则函数在该区间有零点【详解】解：因为函数 f (x) 是定义在 R 上的连续函数，且 f 1 0 ， f 2 0 ， 根据函数零点的存在定理可知故函数 f (

5、x) 在区间1,2 内存在零点故选：A【点睛】本题考查函数零点的判断方法，关键要弄准函数零点的存在定理，把握好函数在哪个区间的端点函数值异号，属于基础题函数 f (x) 的图象如图所示，为了得到函数 y 2sin x 的图象，可以把函数 f (x) 的图象（）先向左平移 6 个单位，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2 倍（纵坐标不变）1先向左平移 个单位，再把所得各点的横坐标缩短到原来的 （纵坐标不变）32- 3 - PAGE 5 -每个点的横坐标缩短到原来的1（纵坐标不变），再向左平移 个单位23每个点的横坐标伸长到原来的2 倍（纵坐标不变），再向左平移 个单位6【答案】A【解析】【分析】由

6、函数的最值求出 A ，由周期求出 ，由五点法作图求出 的值，可得 f (x) 的解析式，再利用 y Asin(x ) 的图象变换规律，得出结论【详解】解：根据函数 f (x) 的图象，设 f (x) Asin(x ) ，1 2可得 A 2 ， 2 ， 2 236再根据五点法作图可得2 6 0 ， 3， f (x) 2sin(2x ) ，3故可以把函数 f (x) 的图象先向左平移 个单位，得到 y 2sin(2 x ) 2sin 2x 的图象，633再把所得各点的横坐标伸长到原来的2 倍（纵坐标不变），即可得到 y 2sin x 函数的图象，故选：A【点睛】本题主要考查由函数 y Asin(x

7、 ) 的部分图象求解析式，由函数的最值求出 A ， 由周期求出 ，由五点法作图求出 的值 y Asin(x ) 的图象变换规律，属于基础题定义域均为 R 的两个函数 f (x) ， g(x) ，“ f (x) g (x) 为偶函数”是“ f (x) ， g(x) 均为偶函数”的（）A. 充分不必要条件C. 充分必要条件【答案】B【解析】B. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【分析】由函数 f (x) ， g(x) 定义在 R 上，令 h x f (x) g(x) ，则 h x f (x) g(x) 的定义域也为 R ，关于原点对称，只要看h(x) 与h(x) 的关系即可得出h(x) 为

8、偶函数，反之，通过举反例可得出非充分条件【详解】解：令h x f (x) g(x) ，由 f (x) ， g(x) 均为偶函数，则 x R ， h( x) f ( x) g ( x) f (x) g (x) h(x) ，故h(x) 是偶函数，即必要性成立；反之，设 f (x) x2 x ，g(x) 2 x ，h x f (x) g(x) x2 2 是偶函数，而 f (x) ，g(x)均不是偶函数，故充分性不成立；则“ f (x) g (x) 为偶函数”是“ f (x) ， g(x) 均为偶函数”的必要不充分条件 故选：B【点睛】本题考查的知识点是函数的奇偶性，充要条件的判定，其中根据“谁推出谁

9、”的原则，求解充要条件，是解答本题的关键，属于基础题 log已知函数 f (x) 2x , x 0，关于x 的方程 f (x) m, m R ，有四个不同的实数解x2 2x, x 0.x , x, x , x,则 xx +x x的取值范围为（）12341234A. (0, +)B. 0, 1 C. 1, 3 D. (1,+)2 2 【答案】B【解析】【分析】由题意作函数 y f (x) 与 y m 的图象，从而可得 x x12 2 ， 0 logx2 ， xx 1 ，3424从而得解【详解】解：因为 logf (x) 2x , x 0，可作函数图象如下所示：x2 2x, x 0.依题意关于x

10、的方程 f (x) m, m R ，有四个不同的实数解x , x, x , x,即函数 y f ( x) 与1234y m 的图象有四个不同的交点，由图可知令x 1 x 0 1 x 1 x 2 ，12234则 x x 2 ， log x log x ，即logx logx 0 ，所以 x x1，则 x 1 ，12232423243 43x4x 1,2 4所以 x x12x x34 2 1x4x ， x441,2 因y 1 x ，在 x 1,2上单调递增，所以 y 2, 5 ，即 1 x 2, 5 x xx x x 2 1 x 0, 1 2 x42 41234故选：Bx42 4【点睛】本题考查了

11、数形结合的思想应用及分段函数的应用属于中档题二、填空题:本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.271 1 0 log 4= 9.3 5 2【答案】6【解析】分析】根据对数的运算及分数指数幂的运算法则计算可得；1 1 0 131【详解】解： 273 log 4= 33 3 1 log 22 =3 3 1 2log2 3 1 2 6 5 222故答案为：6- 6 - PAGE 10 -【点睛】本题考查对数及分数指数幂的运算，属于基础题.函数 y x 【答案】6【解析】4 2 x 0的最小值为x【分析】利用基本不等式 a b ab (a 0,b 0) 即可求解.2x0 ，【详解】解:x

12、4x函数 y x 4 2 2x 2 2 2 2 6当且仅当 x 4 ，x 0 ，即 x 2 时，上式取等号.x故答案为: 6 .【点睛】本题主要考查基本不等式，利用基本不等式的条件是“一正、二定、三相等”，属于基础题.函数 y 1tan(x ) 的定义域是34【答案】x | x k 3 , k Z4【解析】【分析】由 x 4 k 2k Z 解不等式可得函数的定义域【详解】解：由 x 4k 2，k Z ，可解得x k 34，k Z ，函数1y tan(x )x | x k 3, k Z 的定义域为 ，344故答案为：x | x k 3 , k Z 4【点睛】本题考查正切函数的定义域，属于基础题1

13、给出下列三个论断： a b ； 1； a 0 且b 0 .ab以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个真命题：【答案】推出，推出【解析】【分析】利用不等式的基本性质可得1【详解】解：由 a b ； 1； a 0 且b 0 .ab以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个真命题：1（1）若a b ， a 0 且b 0 ，则 11；或（2）若1， a 0 且b 0 ，则a b ；abab对于（1）若a 0 且b 0 ，则ab 0 ，由不等式的性质可得 a b 即 1 1 ；ababab对于（2）若a 0 且b 0 ，则ab 0 ，由不等式的性质可得 1 ab 1

14、ab 即b a ；ab故答案为：推出，推出【点睛】本题考查了不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题若函数 f (x)= k 2x 1 为奇函数，则k =2x k【答案】【解析】【分析】由函数 f (x) 为在定义域上为奇函数，则必有 f ( x) f (x) ，然后利用待定系数法求解【详解】解：函数 f (x)= k 2x 1 为奇函数2x k f (x) f (x) k 2 x 1 k 2x 12 x k2x k(k 2 1)(2x )2 1 0 k 2 1 0k 1当 k 1时， f (x)= 2x 1 ，定义域为 R ，且 f (x)= 2 x 1 1 2x2x 12 x

15、 12x 1 f (x) 为奇函数，满足条件；当 k 1时， f (x)= 2x 1 ，定义域为x | x 0，且 f (x)= 2 x 1 1 2x f (x) 为奇函数，满足条件；故答案为： 2x 12 x 12x 1【点睛】本题主要考查奇偶性的定义的应用，要注意判断和应用的区别，判断时一定要从两个方面，一是定义域是否关于原点对称，二是模型是否满足 f ( x) f (x) 应用时，已经知道奇偶性了，则对于定义域中任一变量都满足模型，做大题时用待定系数法求参数，做客观题时可用特殊值求解，属于基础题里氏震级M 的计算公式为：M=lgAlgA ，其中A 是测震仪记录的地震曲线的最大振幅，是0相

16、应的标准地震的振幅，假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是1000，此时标准地震的振幅A0为 0.001，则此次地震的震级为级；9 级地震的最大的振幅是 5 级地震最大振幅的倍【答案】6，10000【解析】【详解】试题分析：根据题意中的假设，可得M=lgAlgA =lg1000lg0.001=6；设 9 级地震0的最大的振幅是 x，5 级地震最大振幅是 y，9=lgx+3，5=lgy+3，由此知 9 级地震的最大的振幅是 5 级地震最大振幅的 10000 倍解：根据题意，假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是1000，此时标准地震的振幅为0.001，则 M=lgAlgA =lg1000lg

17、0.001=3（3）=60设 9 级地震的最大的振幅是x，5 级地震最大振幅是y， 9=lgx+3，5=lgy+3，解得x=106，y=102， x 106 10000 y102故答案耿：6，10000点评：本题考查对数的运算法则，解题时要注意公式的灵活运用三、解答题：本大题共 6 小题，共 80 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 15.已知集合 M x | 2 x 3， N x | x a当a 1时，求 M N ， M N ；当a 4 时，求 M N ， M N ；N x |N x |当MN = 时，求a 的范围【 答 案 】 （ 1 ） M2 x 1 ， Mx 3 ；（ 2 ）

18、N x |N x |M2 x 3， Mx 4； （3）a | a 2【解析】【分析】首先求出集合 N ，再根据交集、并集的定义计算即可；首先求出集合 N ，再根据交集、并集的定义计算即可；由M N ，即 M 与 N 无公共部分，从而求出参数的取值范围；N x |【详解】解：（1）当a 1 时， N x | x 1，N x |所以 M2 x 1， Mx 3 .N x |（2）当a 4 时， N x | x 4，N x |所以 M2 x 3， Mx 4 .（3）因为M N ， 所以a 的范围是a | a 2.【点睛】本题考查集合的运算及集合的包含关系求参数的取值范围，属于基础题.已知角 的顶点与原

19、点O 重合，始边与 x 轴的非负半轴重合，它的终边与单位圆交点为P(4 3,) 5 5（1）求cos 和sin 2 的值；43sin 2cos （2）求 5cos 3sin 的值【答案】（1） 24（2） 17【解析】2511【分析】由任意角的三角函数的定义，可得sin 3 ，cos 4 ， tan 3 ，再根据两角554和的余弦公式及二倍角正弦公式计算可得；利用同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算即可；【详解】解：（1）根据题意sin 3 ， cos 4 ， tan 3 ，554所以cos( ) cos cos sin cos 72 ，44410sin 2 2sin cos 24 25

20、（2） 因为tan 3 ，43sin 2cos 3tan 25cos 3sin 5 3tan 3 3 24 175 3 3 114【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系以及两角和的余弦公式，属于基础题.已知函数 f (x) 是定义在 R 上的偶函数，当 x 0 时， f (x) x2 4x 现已画出函数 f (x) 在y 轴右侧的图象，如图所示画出函数 f (x) 在 y 轴左侧的图象，根据图象写出函数 f (x) 在 R 上的单调区间；求函数 f (x) 在 R 上的解析式；解不等式 xf (x) 0 .【答案】（1）图见解析；函数的单调增区间是2，0，2， ，单调减

21、区间是， 2，0，2- 11 -（2）x2 4x, x 0f (x) x2 4x, x 0（3）， 40，4【解析】【分析】（1）根据偶函数的对称性作出函数图象，由函数图象读出函数的单调区间；（2）当 x 0 时， x 0 ，再根据当 x 0 时， f (x) x2 4x ，可得f (x) (x)2 4(x) x2 4x 再根据函数 f (x) 为偶函数，可得 f (x) x2 4x ，由此能求出函数 f (x)(x R) 的解析式（3）因为xf (x) 0 ，当x 0 时， f (x) 0 ，当x 0 时， f (x) 0 ；由函数图象读出解集即可；【详解】解：（1）如图作函数图象.函数的单

22、调增区间是：2，0，2， ，单调减区间是： ， 2，0，2（2）因为 x 0 时， f (x) x2 4x ，若 x 0 ，则x 0 ， f (x) (x)2 4(x) x2 4x ， 又因为 f (x) 是定义在 R 上的偶函数，- 12 - PAGE 18 -所以，当 x 0 时， f (x) f ( x) x2 4x .x2 4x, x 0综上： f (x) x2 4x, x 0（3）因xf (x) 00，4当 x 0 时， f (x) 0 ，即 x 4 ；当 x 0 时， f (x) 0 ，即0 x 4 ； 所以解集为： ， 4【点睛】本题考查函数的图象的作法，函数的奇偶性的性质的应用

23、，函数解析式的求法，考查运算求解能力，数形结合思想，属于基础题已知函数 f ( x) 3 sin x cos x cos 2 x .求函数 f (x) 的最小正周期和单调区间；求函数 f (x) 的零点【答案】（ 1 ） T ； 单调递增区间为k , k ， k Z ； 单调递减区间为63k , k 5 ， k Z； （2）x k或 x k ，k Z .3662【解析】【分析】首先利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简为 f x sin 2x 1 ，62再根据正弦函数的周期公式求出最小正周期，最后根据正弦函数的单调性求出 f x的单调区间；令sin(2x ) 1 0 ，即sin(2 x ) 1

24、，即2x 2k 或6262662x 6 5 2k ， k Z，解得即可；6【详解】（1） f ( x) 3 sin x cos x cos 2 x3cos 2x 1sin 2x 22 1sin 2x ，62即 f x sin 2x 1 ，622所以 f (x) 的最小正周期T .2因为 y sin x 的单调增区间为2k , 2k ， k Z ，令2k 2 2x 62 2k ，22 解得k6xk3， k Z .因为 y sin x 的单调减区间为2k + , 2k 3 ， k Z ，令2k + 2 2x 62 2k 3 ，22 解得k + 3 x k 5 ， k Z .6所以 f (x) 的单

25、调递增区间为k , k ， k Z .63 单调递减区间为k , k 5 ， k Z .36 （2）函数f ( x) 1sin2 x的零点，62令sin(2x ) 1 0 ，即sin(2 x ) .162622x 6 2k 或2x 66 5 2k ， k Z6解得 x 6k或 x 2k ，k Z所以 f (x)的零点为x k6或 x 2k ，k Z【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题已知函数 f (x) x2 mx 1,m R 当m 0 时，求 f (x) 的最大值；若函数h(x) f (x) 2x

26、 为偶函数，求m 的值；设函数 g(x) 2sin( x ) ，若对任意 x1,2 ，存在 x0, ，使得 g (x) f (x ) ，61221求 m 的取值范围【答案】（1）1 （2） m 2 （3）1,2【解析】【分析】代入m 的值，求出函数的最大值即可；根据偶函数图象关于 y 轴对称，二次函数的一次项系数为 0，可得m 的值；求解 f (x) 的值域 M 和 g(x) 的值域 N ，可得 M N ，即可求解实数m 的取值范围【详解】（1）当m 0 时， f x x2 1故当 x 0 时， f x的最大值是 1（2）因为函数h x f x 2x x2 m 2x 1为偶函数，h(x) h(

27、x) ，所以m 2 0 ， 可得m 2 ，即实数m 的值为2 .（3） g(x) 2sin( x )6x 0, ， x 7 ,，6 66 所以 g(x) 的值域为1,2 当 x 1,2 时，存在 x20, ，使得 g (x2) f (x1)，设 f (x) 的值域 M ，转化为：函数 f x的值域是 g x的值域的子集； 即：当 x 1,2 时， M 1,2函数 f x x2 mx 1，对称轴 x m ，2当 m 1时，即m 2 ，可得 f (x)2min f (2) 2m 3 ； f (x)max f (1) m ；1 2m 3 m 2 可得：1 m 2 ；m当1 m 2 时，即2 m 4

28、，可得 f (x) f () m2 1， f (x) 2m 3 或 m ，2显然 m2 1 2 ，不满足 m2max241 2 ，此时无解；min44当 m 2 时，即m 4 ，可得 f ( x)22m 3 2，此时无解；min f (1) m ， f ( x)max f (2) 2m 3 ；不满足综上可得实数m 的取值范围为1,2 【点睛】本题主要考查偶函数的性质的应用，二次函数的最值问题，存在性问题，属于中档题.对于正整数集合 A a , a12, , ann N *, n 3，如果任意去掉其中一个元素a i 1,2, , n之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这

29、两i个集合的所有元素之和相等，就称集合 A 为“可分集合”.（1）判断集合1,2,3,4,5 和1,3,5,7,9,11 ,13是否是“可分集合”（不必写过程）；求证：五个元素的集合 A a , a, a , a, a 一定不是“可分集合”；12345若集合 A a , a12, , ann N *, n 3是“可分集合”.证明： n 为奇数；求集合 A 中元素个数的最小值.【答案】（1）集合1,2,3,4,5 不是“可分集合”，集合 1,3,5,7,9,11 ,13是“可分集合”；（2）见解析；（3）见解析；最小值是 7【解析】【分析】根据定义直接判断即可得到结论；不妨设a a12 a a34 a ，若去掉的元素为a52，则有a a15 a a34，或者a a a513a ；若去掉的元素为a41，则有a a25 a a34，或者a5 a a23 a ，4求解四个式子可得出矛盾，从而证明结论；设集合 A a , a , a 所有元素之和为M ，由题可知， M ai 1,2, n均12ni为偶数，因此aii 1,2, n均为奇数或偶数.分类讨论 M 为奇数和M 为偶数的情况，分析可得集合