2022-2023学年湖北省襄阳市高一年级上册学期期末数学试题

襄阳四中2022级高一（上）数学期末测试题命题人：陈辉2023．01一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．命题“，”的否定是（）A．， B．，C．， D．，2．集合的真子集的个数是（）A．9 B．8 C．7 D．63．函数的零点所在的区间为（）A． B． C． D．4．下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是（）A． B． C． D．5．《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若下图中所示的角为，且小正方形与大正方形面积之比为1∶25，则的值为（）A． B． C． D．6．已知，则下列选项错误的是（）A．①是的图像 B．②是的图像C．③是的图像 D．④是的图像7．a克糖水中含有b克糖，糖的质量与糖水的质量比为，这个质量比决定了糖水的甜度，如果再添加m克糖，生活经验告诉我们糖水会变甜，对应的不等式为．若，，，则（）A． B． C． D．8．设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（）A． B． C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．甲、乙、丙、丁四个人参加某项竞赛，四人在成绩公布前做出了如下预测：甲说：获奖者在乙、丙、丁三人中； 乙说：我不会获奖，丙获奖；丙说：甲和丁中有一人获奖； 丁说：乙的猜测是对的．成绩公布后表明，四人中有两人的预测与结果相符，另外两人的预测与结果不相符．已知有两人获奖，则获奖的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁10．已知，，且，则下列说法中正确的（）A．xy的最大值为 B．的最大值为2C．的最小值为4 D．的最小值为411．关于函数，有下述四个结论：①是偶函数； ②在区间单调递增；③在有4个零点； ④的最大值为2．其中正确结论的序号是（）A．① B．② C．③ D．④12．存在函数满足：对于任意都有（）A． B．C． D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若“”是“”的充分不必要条件，则实数k的取值范围是______．14．若角终边上一点P的坐标为，则的最小值为______．15．若是定义在R上的奇函数，当时，（m为常数），则当时______．16．已知函数对于一切实数x，y均有成立，且，则当，不等式恒成立时，实数a的取值范围是______．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本题10分）（1）求值：；（2）若，求的值．18．（本题12分）（1）若，化简：；（2）若，求的值．19．（本题12分）已知，的最小正周期为．（1）求的值，并求的单调递增区间；（2）若，求在区间上的值域．20．（本题12分）已知函数．（1）若对任意，恒成立，求a的取值范围；（2）设，若对任意，不等式恒成立，求m的取值范围．21．（本题12分）物体在常温下冷却的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：设物体的初始温度为，经过一段时间t（单位：分钟）后的温度为T，则，其中为环境温度，a为参数．某日室温为20℃，上午8点小王使用某品牌电热养生壶烧1升水（假设电热养生壶加热时水温随时间变化为一次函数，且初始温度与室温一致），8分钟后水温达到100℃．（Ⅰ）若8点18分时，壶中热水自然冷却到60℃．求8点起壶中水温T（单位：℃）关于时间t（单位：分钟）的函数；（Ⅱ）若当日小王在1升水沸腾（100℃）时，恰好有事出门，于是将养生壶设定为保温状态．已知保温时养生壶会自动检测壶内水温，当壶内水温高于临界值M时，设备不工作；当壶内水温不高于临界值M时，开始加热至80℃后停止，加热速度与正常烧水一致．若小王在出门34分钟后回来发现养生壶处于未工作状态，同时发现水温恰为50℃．（参考数据：）（ⅰ）求这34分钟内，养生壶保温过程中完成加热次数；（不需要写出理由）（ⅱ）求该养生壶保温的临界值M．22．（本题12分）已知定义在D上函数同时满足下列两个条件：①函数在内单调递增或单调递减；②如果存在区间，使函数在区间上的值域为，那么称，为闭函数．（1）判断函数，是否为闭函数？并说明理由；（2）求证：函数，为闭函数；（3）若，是闭函数，求实数k的取值范围．高二质量检测联合调考数学参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．［答案］B2．［答案］C［解析］时，；时，；时，；时，．所以共3个元素，其真子集的个数为个，故选C．3．［答案］C［分析］本题重点考查函数的零点存在定理，对数的运算与性质，属基础题．通过求解对应点的值，判断，结合零点判断定理，得出结论即可．［解答］因为，，．．所以，函数的零点所在的区间为．故选：C．4．［答案］A［分析］本题主要考查了正弦函数、余弦函数的周期性及单调性，属于中档题．根据正弦函数、余弦函数的周期性及单调性依次判断，结合排除法即可求解．［解答］不是周期函数，可排除D选项；的周期为，可排除C选项；在处取得最大值，不可能在区间上单调递增，可排除B．故选A．5．［答案］B［解析］本题考查同角三角函数的基本关系，属于中档题．设直角三角形较短的直角边长为a，可得出较长直角边长为，由此可计算出小正方形和大正方形的边长，进而可得出关于的三角等式，进而可解得的值．［解答］设直角三角形较短的直角边长为a，则较长直角边长为，所以，小正方形的边长为，大正方形的边长为，由于，则，因为小正方形与大正方形面积之比为1∶25，所以，，由已知条件可得，解得，因此，．故选：B．6．［答案］D［解析］先作出的图像（如右图所示），再按照选项进行验证即可：A．为向右平移一个单位，①正确；B．为关于y轴对称的图像，②正确；C．为正半轴图像不变，负半轴作与正半轴关于y轴对称的图像，③正确；D．的图像为在x轴上方的图像不变，下方图像沿x轴对称翻折。而图像均在x轴上方，所以应与图像相同．④错误7．［答案］B［解析］本题主要考查比较大小以及对数与对数运算.由题意，计算得到，且，由此可得答案．［解答］由题意，，，，于是，即，又，即，综上可知，．故选B．8．［答案］D［分析］本题考查函数的周期性与奇偶性的综合应用．由已知得的周期为4，则，由已知得，，即可求出函数的解析式，即可得解．［解答］因为为奇函数，所以，所以的图象关于中心对称，则，因为为偶函数，所以，所以的图象关于直线轴对称．由，得，所以，则，即的周期为4，所以，又因为，，，所以，则，因为当时，，即，解得，所以，当时，，所以．故选D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．［答案］BD［分析］本题主要考查合情推理能力，主要抓住共同点及矛盾点去探索结果，属于中档题．［解答］由题意可知：∵乙、丁的预测是一样的，∴乙、丁预测要么同时与结果相符，要么同时不符．①假设乙、丁的预测成立，则甲、丙的预测不成立，根据乙、丁的预测，丙获奖，甲、丁中必有一人获奖；这与丙的预测不成立相矛盾，故乙、丁的预测不成立，②乙、丁的预测不成立，则甲、丙的预测成立，∵甲、丙的预测成立，∴丁必获奖，∵乙、丁的预测不成立，甲的预测成立，∴丙不获奖，乙获奖．从而获奖的是乙和丁．故选：D．10．［答案］ACD［解析］本题考查运用基本不等式求最值，属于较难题．根据题设条件结合基本不等式，对各选项逐一求解即可．［解答］，且，A，，即，当且仅当，即，时取等号．故xy的最大值为，选项A正确；B，∵，由选项A中，∴，当且仅当，时取等号．故的最小值为2，选项B错误；C，∵，，∴，当且仅当，即，时取等号．故的最小值为4，选项C正确；D，由题，，∵，当且仅当，即时取等号．∴的最小值为4，选项D正确．故选ACD．11．［答案］AD［解析］本题考查三角函数的图象和性质，属于拔高题.根据题意，得出函数是偶函数，判断①；得出在区间为减函数，判断②；研究函数在上的零点个数，来判断③；求出的最大值来判断④；即可得解．［解答］，且的定义域为R，则函数是偶函数，故①正确；当时，，，则当时，，则在区间为减函数，故②错误；画出函数的图象，当时，，由，得，即或，由是偶函数，得在上还有一个零点，即函数在有3个零点，故③错误；当且时，取得最大值2，故④正确，故正确的是①④，故选AD12．［答案］BD［解析］本题考查函数的定义及解析式，属于难题．A选项时得，1，函数值不唯一；C选项时得函数值不唯一；B选项满足；D选项满足．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．［答案］，或［分析］本题考查充分不必要条件与集合的关系应用，属于中档题．解一元二次不等式得到解集，根据充分不必要条件可知是的真子集，列不等式组求k的范围．［解答］由，则，由，则或，因为“”是“”的充分不必要条件，所以是的真子集，则或，即或．故选D．14．［答案］15．［答案］［解析］本题考查利用函数的奇偶性求函数的解析式，属于基础题．利用函数的奇偶性及已知可得．［解答］根据题意，若是定义在R上的奇函数，则，又由当时，，则，即，故当时，，当时，，则，又由为奇函数，则．故答案为．16．［答案］［分析］本题主要考查抽象函数的应用，利用赋值法是解决抽象函数的基本方法，将不等式恒成立转化为求函数最值问题是解决此类问题的基本方法．根据抽象函数的定义，利用赋值法求出函数的表达式，然后根据不等式恒成立，结合对数函数的性质即可得到结论．［解答］∵对于一切实数x，y均有成立，∴令，代入已知式子得，∵，∴；令得，∴．当，不等式恒成立，即恒成立．设，在上是增函数，∴，当时，时，，∴不可能成立，不符合题意．∴要使恒成立，则，且在恒成立，则有，解得，∴，故答案为：．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．解：（1）（2），则，．故．18．解：（1）∵，∴，原式．（2）因为，所以．19．解：（1）由的最小正周期为，得，因此：①当时，，令，得，故的单调递增区间为，②当时，，令，得，故的单调递增区间为，（2）由，得，，得，所以，因此，即在区间上的值域为．20．解：（1）令，则，由，可得，对任意，恒成立，等价为，恒成立，则，解得或，所以a的取值范围为；（2）令，因为，因为的对称轴为，所以在单调递增，即在单调递增，∵，∴，，因为，所以，故，等价为，即，因为，所以，因为，所以，故，又因为，所以m的取值范围是．［解析］本题考查函数恒成立问题解法，注意运用对数函数、指数函数和二次函数的性质，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于较难题．（1）令，结合二次函数恒成立，运用判别式小于0，解不等式可得所求范围；（2）运用换元法和参数分离、二次函数和对勾函数的单调性，计算可得所求范围．21．解：（Ⅰ）当时，，代入，，则．由题意，代入，，，得，由题意（Ⅱ）（ⅰ）1次．理由如下：若从100℃降温至50℃，由题意，代入，，，则需要分钟，由于小王出门34分钟，故至少加热一次；从50℃加热至80℃需要3分钟，从80℃降温至50℃，计算得需10分钟，若加热两次以上，则至少需要分钟，故只加热过一次．（ⅱ）从80℃降温至50℃，由题意，代入，，，，解得．故在时，水温正好被加热到80℃．设在时开始加热，则当时，，且．在24分钟时加热至80℃，当，，则，显然等式左侧关于单调递减，故，则．［解析］本题考查分段函数的求解，函数与方程的应用，考查计算能力．属于较难题.22．［解析］本题主要考查新定义的问题，函数的性质与应用问题，属于较难题．（1）根据在区间上不是单调函数，得出在上不是“闭函数”；（2）得出，的单调性，得到，的值域是，即可得证；（3）先判断，在定义域上的单调性，再根据“闭函数”的定义列出方程组，利用转化思想求出k的取值范围．解：（1）函数，，可知：函数在区间上单调递增，在上单调递减；所以，函数在定义域上不是单调函数，从而该函数不是闭函数．（2）先证，符合条件①：对于任意、，且，∴，，故，是上的减函数．又因为，的值域是，故，符合条件②．所以函数为闭函