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黄石市2021～2022学年度上学期期末考试
高一年级数学试题
本试卷满分150分。考试用时120分钟。全卷共4页，22小题。
★祝考试顺利★
注意事项：
1. 答题前，先将自己的姓名、淮考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3. 非选择题的作答：用黑色签宇笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
第I卷 选择题(共60分)
一、单选题：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．已知集合，则
A. B. C. D.
2．已知函数，则
A. 0 B. C. D. 1
3．若关于x的不等式在上有实数解，则a的取值范围是
A. B. C. D.
4．函数的图象大致为
A. B.
C. D.
5．已知，，，则a,b,c的大小关系为
A. B. C. D.
6．已知，则
A. B. C. D.
7．已知.给出下列说法，其中，正确的说法的个数为
①若，且，则；
②存在，使得的图象右移个单位长度后得到的图象关于轴对称；
③若在上恰有7个零点，则ω的取值范围为
④若在上单调递增，则ω的取值范围为
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
8．已知函数，若对任意，恒成立，则实数k的取值范围是
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．图中阴影部分所表示的集合是
A. B. C. D.
10．下列说法正确的有
A. 若，则的最大值是 1
B. 若，，都是正数，且，则的最小值是3
C. 若，，，则的最小值是2
D. 若实数，满足，则的最大值是
11．已知函数，则下列说法中正确的是
A. 的最大值为2 B. 的最小正周期为
C. 的图像关于直线对称 D. 的图像关于点对称
12．已知定义域为R的奇函数，当时，下列说法中正确的是
A. 当时，恒有
B. 若当时，的最小值为，则m的取值范围为
C. 不存在实数k，使函数有5个不相等的零点
D. 若关于x的方程所有实数根之和为0，则
第II卷 非选择题(共90分)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．幂函数在区间上单调递减，则实数m的值为_____________.
14．若，，则_____________.
15．函数在上的单调递增区间为_____________.
16．已知函数．若的定义域为，值域为，则_____________.
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)
已知集合，．
（1）若，求实数a的取值范围；
（2）若，求实数a的取值范围．
18．(本题12分)
已知函数是定义在R上的增函数，并且满足，．
(1)求的值;
(2)若，求x的取值范围.
19．(本题12分)
已知定义在上的奇函数．在时，.
(1)试求的表达式;
(2)若对于上的每一个值，不等式恒成立，求实数t的取值范围.
20．(本题12分)
已知，，，，求：
(1)的值;
(2)的值.
21．(本题12分)
某市地铁项目正在如火如荼地进行中，全部通车后将给市民带来很大的便利．已知地铁7号线通车后，列车的发车时间间隔单位：分钟满足，经市场调研测算，地铁的载客量与发车的时间间隔t相关，当时，地铁为满载状态，载客量为500人；当时，载客量会减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为2分钟时的载客量为372人，记地铁的载客量为.
（1）求的表达式，并求发车时间间隔为5分钟时列车的载客量;
（2）若该线路每分钟的净收益为元问：当列车发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？
22．(本题12分)
已知函数为偶函数.
（1）求实数k的值;
（2）解关于m的不等式;
（3）设，若函数与图象有个公共点，求实数a的取值范围.试卷第1页，共3页秘密★启用前
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高一年级数学试题参考答案与详解
选择题答案
1 2 3 4 5 6
B D A D C A
7 8 9 10 11 12
B B AC ABD ABC BC
1．B【分析】根据题意，求出函数，的值域，得到集合，取交集得答案.
【详解】因为，
所以，
故选：B.
2．D【分析】根据分段函数解析式计算可得.
【详解】解：因为，所以，
所以；
故选：D
3．A【分析】根据题意转化为不等式在上有实数解，结合函数的单调性，求得，即可求解.
【详解】由不等式在上有实数解，
等价于不等式在上有实数解，
因为函数在上单调递减，在单调递增，
又由，
所以，所以，即实数的取值范围是.
故选：A.
4．D【分析】首先求出函数的定义域，再判断函数的奇偶性，最后根据函数值的情况判断即可.
【详解】解：因为函数的定义域为，，
所以是偶函数，函数图象关于轴对称，排除A，B；
当时，，当时，，排除C．
故选：D．
5．C【分析】结合指数函数和对数函数单调性，利用临界值即可判断出结果.
【详解】，.
故选：C.
6．A【分析】将化为，利用诱导公式以及二倍角的余弦公式，化简求值，可得答案.
【详解】因为，
所以,
故选：A.
7．B【解析】根据三角恒等变换化为，对①利用周期性求，判断即可，对②利用三角函数的图象变换判断正误，对③根据正弦函数的周期及图象可列出不等式，求解判断正误，对④由，得的范围，要函数为递增，则可列出满足条件的不等式，求解判断正误即可.
【详解】因为，
所以周期，对于①,由条件知,周期为，所以，故①错误；
对于②,函数图象右移个单位长度后得到的函数为，
其图象关于y轴对称,则，解得，
故对任意整数，所以②错误；
对于③，由条件得，即，
解得故③正确；
对于④,由条件得，解得，又，所以，故④正确.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了正弦型函数的图象与性质，考查了正弦型函数图象的平移变换，属于难题.
8．B【分析】分和两种情况讨论：当时，等价于恒成立，可得；当时，去绝对值后分离变量可得或恒成立，可得或. 综合两种情况可得的取值范围.
【详解】分和两种情况讨论：
（1）当时，等价于恒成立，
因为时，恒成立，所以；
（2）当时，等价于恒成立，
即或 恒成立.
也就是或恒成立
而当时，，，
所以或，即或.
综合（1）（2）可知，的取值范围是.
故选：B.
【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立 ；
（2）恒成立 .
9．AC【分析】根据Venn图，由集合运算的概念，即可得出结果.
【详解】阴影部分所表示的集合中的元素属于N，不属于M，故其表示集合或．
故选:AC．
10．ABD【分析】对进行构造，利用基本不等式即可判断A；由得，进而将转化为，结合基本不等式即可判断B；由得，根据可得，从而可判断C;令，，原式转化成，结合基本不等式即可判断D
【详解】解：对于A，因为，所以，所以，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为-1，故A正确；
对于B，因为，，都是正数，且，
所以，
所以
，
当且仅当，即即时等号成立，
所以的最小值为3，故B正确；
对于C，因为，，所以，
即（当且仅当时等号成立），
因为，所以，
所以，所以，
解得(舍去)或，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为4，故C错误；
对于D，令，，则，，
因为，所以，同号，则，同号，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值是，故D正确，
故选：ABD．
11．ABC【分析】将解析式经过恒等变换后化为，再对其性质逐一判断即可.
【详解】因为，
所以的最大值为2，故A正确.
最小正周期是，故B正确.
将代入，可得，则其图像关于直线对称，故C正确.
当时，，所以的图像关于点对称．故D错误.
故选: ABC.
12．BC【解析】根据函数的奇偶性及时的解析式作出函数的图象，结合图象可判断AB选项，联立与可判断相切时切点横坐标为1，当，时最多一个交点，可判断C，根据函数奇偶性与对称性判断D．
【详解】当时，且为R上的奇函数，
作函数f（x）的图象如图：
对于A，当时，函数f（x）不是单调递减函数，则f（x1）＞f（x2）不成立，故A不正确；
对于B，令，解得，由图象可知，当时，的最小值为，则，故B正确；
对于C，联立，得，
△＝（k+1）2﹣4＝k2+2k﹣3=0，存在，使得△=0，此时,可知最多有3个不同的交点，
∴不存在实数k，使关于x的方程f（x）＝kx有5个不相等的实数根，故C正确；
对于D，由 可得或，
∵函数f（x）是奇函数，若关于x的两个方程与所有根的和为0，
∴函数的根与根关于原点对称，则，
但x＞0时，方程有2个根，分别为，两根之和为，
若关于x的两个方程与所有根的和为0，
则的根为，此时 ，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：利用奇函数的对称性得出函数的图象是解决本题的关键所在，结合函数的单调性，函数值的变换，函数图象的交点，利用数形结合解决问题，属于难题.
填空题
14. 15. 16.
13．【分析】利用幂函数的定义，幂函数的单调性列式计算作答.
【详解】因函数是幂函数，则，解得m=1或m=-3，
又函数在上单调递减，则，
所以实数m的值为-3.
故答案为：-3
14．【分析】先由，求出，即可求出结果.
【详解】因为，
所以，
又，
所以，
所以
故答案为：
15．【分析】首先根据题意得到，再求其单调减区间即可.
【详解】函数，
令，
解得，令得，
所以函数在上的单调递增区间为．
故答案为：
16．【分析】由题意知函数为开口向下，且对称轴为的二次函数，讨论与的大小关系，即可得出在区间上的单调性，则可列出等式，即解出的值，则可求出答案.
【详解】因为，对称轴为，
当时：在上单调递减，所以，无解；
当时：在上单调递增，所以，
解得：或，或，又，所以，;
当时：在上单调递增，在上单调递减，
此时，与矛盾；
综上所述：，，此时
故答案为：.
17．（1）；（2）【分析】（1）由集合A可得，利用列出不等式组，求出实数的取值范围；
（2）若，则，分和两种情况，分别列不等式可得实数的取值范围．
【详解】（1）因为，所以或．
又且，
所以，解得
所以实数的取值范围是．
（2）若（补集思想），则．
当时，，解得；
当时，，即，
要使，则，得．
综上，知时，，
所以时，实数的取值范围是．
18．(1)；
(2).
【分析】（1）利用赋值法即得；
（2）利用赋值法得，然后结合条件转化已知不等式为，最后根据单调性即得.
（1）
因为，
令，得，
即；
（2）
由题意知，
，
∴由，可得，
又在R上单调递增，
∴，即，
∴的取值范围是．
19．(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，再设，根据奇偶性及上的函数解析式，计算可得；
（2）依题意参变分离可得，令，，根据指数函数的性质求出函数的单调性，即可求出函数最小值，从而得解；
(1)
解：是定义在上的奇函数，，
因为在时，，
设，则，
则，
故 .
(2)
解：由题意，可化为
化简可得，
令，，
因为在定义域上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，
，
故．
20．(1)
(2)
【分析】（1）先由已知条件判断的范围，再利用同角三角函数的关系求出，则由利用两角差的余弦公式可求得，
（2）由同角三角函数的关系求出，从而可求得的值，再利用正切的二倍角公式可求得的值.
（1）
因为，，
所以，，
所以，
，
所以
.
（2）
因为，，
所以，
所以，
所以.
21．(1)，人
(2)间隔为4时，该线路每分钟的净收益最大为132元
【分析】（1）根据发车时间间隔为2分钟时的载客量为372人可求得比例系数，分段写出地铁的载客量的解析式即可；
（2）结合二次函数的性质以及对勾函数的单调性，分段求出每分钟净收益的最大值，比较可得答案.
(1)
当时，,
当时，，
，
，解得,
，
,
(人).
(2)
当时，,
,
可得．
当时，,
，
函数在上为减函数，在上为增函数，
当时，,
当列车发车时间间隔为4分钟时，该线路每分钟的净收益最大为132元
22．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据偶函数的定义及性质直接化简求值；
（2）判断时函数的单调性，根据奇偶性可得函数在各区间内的单调性，解不等式即可；
（3）由函数与图象有个公共点，可得有两个实数根，再利用换元法转化为二次方程有两个根，利用判别式求参数范围.
（1）
函数的定义或为，
函数为偶函数.
，即 ，
，
；
（2）
，
当时，，单调递增，
在上单调递增，
又函数为偶函数，所以函数在上单调递增，在上单调递减；
，
，
解得或，
所以所求不等式的解集为 ；
（3）
函数与图象有个公共点，
，
即，，
设，则，即，
又在上单调递增，
所以方程有两个不等的正根；
，
解得，即的取值范围为.

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