2022-2023学年高一数学精选精练（人教A版2019必修第一册）高一上学期期末考试复习高分突破必刷密卷（提高卷）全解全析

高一数学上学期期末考试复习高分突破必刷密卷（提高卷）全解全析1．A【分析】根据任意角的三角函数定义即可求解.【详解】解：由题意知：角的终边经过点，故.故选：A.2．A【分析】依次判断每个选项中两个函数的定义域和解析式是否完全相同，由此可得结果.【详解】对于A，与定义域均为，，与为相等函数，A正确；对于B，定义域为，定义域为，与不是相等函数，B错误；对于C，定义域为，定义域为，与不是相等函数，C错误；对于D，定义域为，定义域为，与不是相等函数，D错误.故选：A.3．C【分析】根据函数周期求得，结合图像知，从而求得.【详解】函数周期为，则，，则，，又，则故选：C4．B【分析】由在上单调递增，结合零点存在性定理，函数在上存在零点，需，求解即可.【详解】函数在上递增，则函数在上存在零点，需，解得.故选：B.5．B【分析】将和代入函数的解析式，解方程组求得的值，进而求得的解析式，令，解方程可求得对应的时间.【详解】依题设有解得，，故.令，得，故(分钟).故选B.【点睛】本小题主要考查待定系数法求函数解析式，考查指数和对数运算，属于中档题.6．D【解析】利用指数函数和对数函数的单调性求解.【详解】因为，，，所以，故选：D7．D【解析】本题通过讨论的不同取值情况，分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和，结合选项，判断得出正确结论.题目不难，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当时，函数过定点且单调递减，则函数过定点且单调递增，函数过定点且单调递减，D选项符合；当时，函数过定点且单调递增，则函数过定点且单调递减，函数过定点且单调递增，各选项均不符合.综上，选D.【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；二是不能通过讨论的不同取值范围，认识函数的单调性.8．C【分析】由已知得，，且，解之讨论k，可得选项.【详解】因为的图像的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间，所以，所以，故排除A，B；又，且，解得，当时，不满足，当时，符合题意，当时，符合题意，当时，不满足，故C正确，D不正确，故选：C.【点睛】关键点睛：本题考查根据正弦型函数的对称性求得参数的范围，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于的不等式组，解之讨论可得选项.9．BD【分析】利用指数函数的图象及性质，对数函数的图象性质分析即可.【详解】当时，则，又函数在上是减函数，所以，，A错误，B正确；是减函数，所以，C错误，也是减函数，所以，D正确.故选：BD.【点睛】本题考查指数式、对数式比大小问题，考查指数函数、对数函数的图象及性质的运用，难度一般.10．AC【分析】根据基本不等式的性质，逐项分析判断即可得解.【详解】对A，取，此时，故A错误；对B，，故B正确；对C，，当且仅当即时取等号，而，故取不到，故C错误；对D，可得，，当时取等号，故D正确.故选：AC11．BC【分析】由，可知为的一条对称轴，结合辅助角公式，可得，进而可得，再分别判断选项即可.【详解】由题意得，，因对一切恒成立，故，即，计算得，故.对于选项A，，，虽然，但时正负不知，故与无法比较大小，故A错；对于选项B，因，所以，故B正确；对于选项C，因，所以为奇函数，故C正确；对于选项D，，所以为偶函数，故D错.故选：BC.【点睛】本题主要考查了辅助角公式的应用以及三角函数的图像性质.对于图像性质问题，一般情况下需先把解析式化成的形式，再结合的图像性质即可解决.12．BD【分析】推导出函数的周期，可判断A选项的正误；求出函数在区间上的最大值和最小值，结合函数的周期性和奇偶性可判断B选项的正误；利用函数的奇偶性和周期性求出函数在上的解析式，可判断C选项的正误；利用C中的解析式结合周期性可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，由已知可得，则，故函数是周期函数，且周期为，A选项错误；对于B选项，当时，，由于函数为偶函数，则当时，，所以，当时，，由于函数是周期为的周期函数，故函数的最大值是，最小值是，B选项正确；对于C选项，当时，，当时，，则，C选项错误；对于D选项，由C选项可知，函数在上单调单调递增，在上单调递减，由于函数是周期为的周期函数，故函数在上单调递增，在上单调递减，D选项正确.故选：BD.13．2【解析】根据三角函数的诱导公式，准确运算，即可求解.【详解】由三角函数的诱导公式，原式.故答案为：.14．【分析】利用任意角的三角函数的定义求得的值，再利用同角三角函数的基本关系，求得要求式子的值．【详解】解：角的终边在直线上，，．故答案为：．15．【分析】由奇函数的对称性求出的解析式，确定的单调性，并得到，利用函数的单调性，将转化为自变量的不等量关系，即可得出结论.【详解】是定义在上的奇函数，且时，，设，，在上单调递减，且，对于任意的恒成立，即对于任意的恒成立，所以.故答案为：.16．【分析】先求出分段函数的解析式，然后作出函数图象，确认零点所在区间以及零点之间的关系，然后将转化为关于的函数，求出函数的值域即可.【详解】因为，则，作出函数图象，如图：不妨设，由图象知关于直线对称，所以，，所以，所以，所以因为，所以令，所以原式化为，因为在单调递增，所以，即的取值范围为.故答案为：.17．（1）；（2）；【分析】（1）根据对数运算法则及换底公式，对原式进行化简求值；（2）根据诱导公式，结合特殊角的三角函数值求得结果.【详解】（1）原式（2）原式18．（1）；（2）.【分析】（1）代入参数，由函数不等式得，即可求的范围；（2）由不等式恒成立有对任意的恒成立，设，即，只需即可求的范围；【详解】（1）当，则，由，得：，整理得：，解得.（2）由对任意的恒成立，则对任意的恒成立，整理得对任意的恒成立，设，由，则，∴对任意的恒成立，设，则，而当且仅当时等号成立，∴.【点睛】关键点点睛：（1）代入参数值，整理化简函数不等式，求解集即可；（2）应用参变分离法，将不等式恒成立转化为在上成立，求参数范围.19．（1）m；（2）；（3），；m【分析】（1）设时，游客甲位于，得到以为始边的角，即初相，再利用周期性和最值得到函数的解析式，令求解即可.（2）由（1）的求解过程即可得出答案.（3）甲、乙两人的位置分别用点、表示，则，分别求出后甲和乙距离地面的高度，从而求出高度差，再利用已知条件给出的参考公式进行化简变形，利用三角函数的有界性进行分析求解即可.【详解】（1）设时，游客甲位于，得到以为始边的角为，根据摩天轮转一周需要30，可知座舱转动的速度约为，由题意可得，，（），当时，，所以游客甲坐在摩天轮的座舱后，开始转到10后距离地面的高度为米.（2）由（1）可得，，；（3）如图，甲、乙两人的位置分别用点、表示，则，经过后，甲距离地面的高度为，点相对于始终落后，此时乙距离地面的高度，则甲、乙高度差为，利用，可得，，当或，即或，所以的最大值为米，所以甲、乙两人距离地面的高度差的最大值约为米.20．（1）；（2）或．【分析】（1）利用平方差公式，方程等价于，再解对数方程即可；（2）对解析式化简，可得，令，则，，转化为关于的二次函数，再根据函数的定义域，讨论对称轴和定义域的关系，求函数的最小值，即可求得的值．【详解】解：（1）∵．∴由方程可得，∴，∴，∴方程的解集为；（2）∵，∴函数，令，则，所以，，①当时，在上的最小值为，即，解答或（舍）；②当时，在上的最小值为，即，解答或（舍）；③当时，在上的最小值为，综上，的值为或．【点睛】关键点点睛：在解决第二问时对原函数化简，然后再在采用换元法将原问题转化为关于的二次函数在特定区间上的最值问题，这是解决该问题的关键点和突破点.21．（1）1；（2）证明见解析；（3）．【分析】(1)在已知恒等式中令可得;(2)用增函数的定义可证;(3)利用已知恒等式和求得,再将不等式化为后,利用单调性可化为在上恒成立,再利用二次函数的最值可解决.【详解】（1）解：令，则，解得．（2）证明：设是上任意两个实数，且，则则所以，由得，所以，故，即，所以在上为增函数．（3）由已知条件有：，故原不等式可化为：，即，因为,所以,因为,所以,故不等式可化为．由（2）可知在上为增函数，所以，即在上恒成立，令，即成立即可，（i）当即时，在上单调递增．则解得，所以，（ii）当，即时，有，化简得:,即,解得，而，所以，综上所述：实数的取值范围是．【点睛】本题考查了抽象函数单调性的证明,利用单调性解抽象函数不等式,不等式恒成立,分类讨论求二次函数的最小值,属于难题.22．（1）；（2）.【分析】（1）根据的零点和对称中心确定出的取值情况，再根据在上的零点个数确定出，由此确定出的取值，结合求解出的取值，再根据以及的范围确定出的取值，由此求解出的解析式；（2）先根据在上单调确定出的范围，由此确定出的可取值，再对从大到小进行分析，由此确定出的最大值.【详解】（1）因为是的零点，为图象的对称轴，所以，所以，因为在内有且仅有个零点，分析正弦函数函数图象可知：个零点对应的最短区间长度为，最长的区间长度小于，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，代入，所以，所以，所以，又因为，所以，所以；（2）因为在上单调，所以，即，所以，又由（1）可知，所以，所以，当时，，所以，所以，所