安徽省亳州市黉学高级中学2022-2023学年高一上学期期末考试数学试卷(解析)

高中数学精编资源2/22022级高一年级第一学期期末考试数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共38．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知A＝{－1，0，1，3，5}，B＝{x|2x－3＜0}，（）A.{0，1} B.{－1，1，3} C.{－1，0，1} D.{3，5}【答案】D【解析】【分析】求出集合B，然后求出即可【详解】因为所以所以故选：D.2.函数的零点所在区间是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先判断出函数的单调性，然后得出的函数符号，从而得出答案【详解】由在上单调递减，在上单调递增，所以函数在上单调递减，又，所以由零点存在定理可得函数在(3，4)之间存在零点，故选：C3.我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征．我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由图象知函数的定义域排除选项选项A、D，再根据不成立排除选项C，即可得正确选项.【详解】由图知的定义域为，排除选项A、D，又因为当时，，不符合图象，所以排除选项C，故选：B.4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据指数函数的单调性求出，，又进而可得结果.【详解】根据指数函数的单调性知，即；，即；根据对数函数的单调性知，故，所以.故选：D5.若，则（）A.0 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用整体代换法与诱导公式化简求值即可.【详解】依题意，令，则，，，所以.故选：B.6.已知函数（且）的图象恒过定点，若点的坐标满足关于，的方程，则的最小值为（）A.4 B.6 C.12 D.24【答案】B【解析】【分析】根据函数的图象横过定点得到，然后代入方程得到，最后利用基本不等式求最值即可.【详解】函数的图象横过定点，所以，将点代入方程可得，所以，当且仅当，即，时等号成立.故选：B7.已知函数在区间上是增函数,则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由时,恒成立,可得,设,只需函数是减函数即可得结果.【详解】因为时,恒成立,所以,设,因为函数是增函数,所以要使在上是增函数,则需函数减函数,可得,所以,实数取值范围为.故选:A.8.如图，向量，，，则向量（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的加减法求解即可.【详解】依题意，得，故选：C．二、多选题（本大题共4小题，共20．在每小题有多项符合题目要求）9.已知a，b∈R，且a>b，则下列结论中正确的有（）A.3a>3b B.a3>b3 C.a2>b2 D.【答案】AB【解析】【分析】利用函数单调性比较函数值大小判断AB的正误，利用作差法比较大小判断CD的正误即可.【详解】指数函数在R上是递增的，a>b，故3a>3b，故A正确；幂函数在R上是递增的，a>b，故a3>b3，故B正确；，，但符号不确定，故无法确定大小关系，C错误；，，但符号不确定，故无法确定大小关系，D错误.故选：AB.10.下列在解三角形的过程中，只能有1个解的是（）A.，， B.，，C.，， D.，，【答案】BCD【解析】【分析】利用正弦定理、余弦定理一一判断即可；【详解】解：根据题意，在A条件下，因为，所以角B在和上各有一个解，并且这两个解与角A的和都小于，所以A不满足；在B条件下，，，，根据余弦定理可得，即，解得或（舍），所以只有1个解，满足题意；在C条件下，条件为边角边，所以有唯一解；在D条件下，，因为，所以角A在和上各有一个解，当解在时，角B与角A的和大于，所以只有1个解，满足题意，故选：BCD．11.已知向量，，则（）A. B.向量在向量上的投影向量为C.与的夹角余弦值为 D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】利用平面向量共线的坐标表示可判断A选项的正误；设向量在向量上的投影向量为，根据题意得出，求出的值，可判断B选项的正误；利用平面向量夹角余弦的坐标表示可判断C选项的正误；利用平面向量垂直的坐标表示可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，，，所以，与不共线，A选项错误；对于B选项，设向量在向量上的投影向量为，则，即，解得，故向量在向量上的投影向量为，B选项正确；对于C选项，，，C选项正确；对于D选项，若，则，所以，，D选项正确.故选：BCD.12.中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有△满足，且，请判断下列命题正确的是（）A.△周长为 B.C.△的外接圆半径为 D.△中线的长为【答案】BC【解析】【分析】由题设及正弦定理得，再结合已知条件求a、b、c判断A的正误；应用余弦定理求角C，正弦定理求外接圆的半径，作应用勾股定理求.【详解】由题设及正弦定理知：，令且，，可得，所以，则△周长为，A错误；，又，则，B正确；△的外接圆半径为，C正确；如下图，过作，由题设知：，则，又，可得，故，所以，D错误.故选：BC三、填空题（本大题共4小题，共19）13.已知，，，，则的值为______.【答案】【解析】【分析】由，可得，再利用两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系计算即可得出．【详解】解：因为，，，，所以即，所以，即，所以故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积及同角三角函数的基本关系，属于基础题.14.（为虚数单位），则________【答案】【解析】【分析】设(),则,代入,整理后由复数相等的条件列式求得的值,根据的模为,即可求得.【详解】设(),则,代入,得:故:根据的模为故答案为:.【点睛】本题主要考查复数相等和复数求模,明确复数的实部与虚部是解题关键,考查计算能力,属于基础题.15.设复数z满足，则______．【答案】【解析】【分析】由条件解出，再由复数模的概念求解【详解】因为，所以，则．故答案为：16.已知复数（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于第_____象限.【答案】一【解析】【分析】化简得到，得到复数对应象限.【详解】，复数在复平面内对应的点的坐标为（2,1），故复数在复平面内对应的点位于第一象限.故答案为：一.【点睛】本题考查了复数的模，复数除法，复数对应象限，意在考查学生对于复数知识的综合应用.四、解答题（本大题共6小题，共64．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知为虚数单位，复数，且为纯虚数．（1）求复数及；（2）若，求复数的模．【答案】（1），；（2）．【解析】【分析】（1）先求出，结合为纯虚数可得复数，然后可求；（2）把复数代入，结合模长公式可求.【详解】（1）由题可得，因为为纯虚数，所以且，解得，所以，．（2）由（1）可得，所以．【点睛】本题主要考查复数的运算和模长的求解，熟记求解公式是解题关键，侧重考查数学运算的核心素养.18.已知，，.（1）求的值；（2）求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将展开，并结合的模，可求出；（2）将展开，并结合，可求出.【详解】（1）∵，∴.又，，∴，∴，（2）由（1），得，∴.【点睛】本题考查向量的数量积，考查向量的模，考查学生的计算求解能力，属于基础题.19.已知在中，，分别是角所对的边.（1）求；（2）若，，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）因为且，可得：，代入正切的倍角公式即可得解；（2）由题意可得：，所以，，由正弦定理，得，代入面积公式即可得解.【详解】（1）因为且，∴∴（2）由，得，由，所以，则，由正弦定理，得，∴的面积为.【点睛】本题考查了三角恒等变换和解三角形，考查了正弦定理和面积公式，是对三角形基本量的计算，该类题型只需正确应用公式即可得解，属于常规考查，是基础题.20.已知函数．（1）求的最小正周期及单调递增区间；（2）求在上最大值和最小值，并求出取得最值时x的值．【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间是，（2）的最小值为，此时；的最大值为2，此时．【解析】【分析】(1)倍角公式及辅助角公式化简函数解析式得，利用周期公式计算周期，整体代入法求单调区间.(2)由，有，结合正弦函数的图像和性质，即得出的最大值和最小值.【小问1详解】因为，所以的最小正周期，令，，得，，所以的单调递增区间是，．【小问2详解】由（1）知，因为，所以，所以，，所以当，即时，取得最小值；当，即时，取得最大值2．21.某视频设备生产厂商计划引进一款新型器材用于产品生产，以提高整体效益.通过市场分析，每月需投入固定成本5000元，每月生产台该设备另需投入成本元，且，若每台设备售价1000元，且当月生产的视频设备该月内能全部售完.（1）求厂商由该设备所获的月利润关于月产量台的函数关系式；（利润＝销售额－成本）（2）当月产量为多少台时，制造商由该设备所获得的月利润最大？并求出最大月利润.【答案】（1）（2）当时，获得增加的利润最大，且增加的最大利润为4000元【解析】【分析】（1）分和时两种情况，利用利润＝销售额－成本列式即可；（2）利用二次函数求时的最大值，利用基本不等式求时的最大值，取最大即可.【小问1详解】当时，；当时，．【小问2详解】当时，，当时，．当时，，当且仅当，即时，．当时，获得增加利润最大，且增加的最大利润为4000元22.已知函数，.（1）恒成立，求实数的取值范围；（2）当时，求不等式的解集；（3）若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）.【解析】【分析】（1）将，恒成立，转化为，恒成立求解.（2）由，分，，讨论求解.（3）由时，得到，令，将问题转化为存在，有两个不等正根求解.【详解】（1）因为，恒成立，所以，恒成立；时，恒成立，满足题意；时，只需，，即；综上，实数的取值范围是；（2）即，当时，，不等式解集为；当时，，不等式解集为；当时，，不等式解集为；（3）时，令，则存在，有四个不等实根，即有四个不等实根，令，时一个对应两个；时一个对应一个；时无与之对应；则