1、玉林市2022年秋季期高一年级期末教学质量监测数学注意事项：1答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上.2答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.3答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.4所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1. 已知集合，那么等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】应用集合的并运算求即可.【详解】由题设.故选：D2. 命题“”的否定是（）A. B. C. D. 【答案】A【解
2、析】【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题.【详解】命题“ ”的否定为“”，故选：A.3. 函数的图象恒过定点，则M为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】令对数的真数为，求出所对应的，再代入函数解析式，即可求出函数过定点坐标；【详解】解：函数，令，解得，此时，所以函数恒过定点；故选：A4. 某同学参加研究性学习活动，得到如下实验数据：39278124以下函数中最符合变量与的对应关系的是（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】结合表格所给数据以及函数的增长快慢确定正确选项.【详解】根据表格所给数据可知，函数的增长速度越来越慢，A选项，函数增长速度不变，不符合题
3、意.BC选项，当时，函数、增长越来越快，不符合题意.D选项，当时，函数增长速度越来越慢，符合题意.故选：D5. 如果函数在上的图象是连续不断的一条曲线，那么“”是“函数在内有零点”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由零点存在性定理得出“若，则函数在内有零点”举反例即可得出正确答案.【详解】由零点存在性定理可知，若，则函数在内有零点而若函数在内有零点，则不一定成立，比如在区间内有零点，但所以“”是“函数在内有零点”的充分而不必要条件故选：A【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的判断，属于中档题.6. 已知，则
4、a，b，c的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件利用指数、对数函数性质，三角函数诱导公式并借助“媒介”数即可比较判断作答.【详解】函数在上单调递增，而，则，函数在R上单调递增，而，则，即，所以故选：B7. 函数的部分图象如图所示，则它的解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】 依据函数图象和五点法可以解出各参数.【详解】根据函数的部分图象知，又，解得，所以；由，得，解得，所以；又，所以，所以函数故选：C8. 已知函数是定义在上的奇函数，且满足，则（ ）A. B. 0C. 1D. 2022【答案】B【解析】【分析】求出函数的周期
5、，利用周期和可得答案.【详解】因为，所以，所以的周期为4，函数是定义在上的奇函数，所以，所以，.故选：B.二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20分）9. 若，则下列不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据不等式性质依次判断即可.【详解】，则，A正确；，故，B正确；取得到不成立，C错误；，D正确.故选：ABD.10. 下列各式中，值为的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】根据三角恒等变换的公式，求解即可.【详解】对于A，故A错误；对于B，故B正确；对于C，原式，故C正确；对于D，故D错误.故选：BC11. 已知，是正数，且，下列
6、叙述正确的是（ ）A. 最大值为1B. 有最大值4C. 的最大值为2D. 的最小值为9【答案】AC【解析】【分析】根据题意，由基本不等式对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】，是正数，当且仅当时取等号，此时，故A正确；，当且仅当时取等号，有最小值4，故B错误；因为，则，当且仅当时取等号，故C正确；对于D，当且仅当时取等号，故D错误故选：AC12. 已知函数fx=2x-1,x1,x-22,x1,函数有四个不同的零点，且，则（ ）A. 的取值范围是B. 的取值范围是C. D. 【答案】AC【解析】【分析】结合的图象，由图可知，由二次函数的对称性，可得，可得答案.【详解】有四个不同的零点，即方程有四
7、个不同的解 的图象如图所示，由图可知，所以，即的取值范围是，由二次函数的对称性，可得因为，所以，故故选：AC.三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知扇形的圆心角为，其弧长是，则该扇形的面积是_【答案】#【解析】【分析】根据题意，先求得扇形半径，然后由面积公式，即可得到结果.【详解】设扇形的半径为，则，所以，所以扇形面积为故答案为：14. 函数，则_.【答案】【解析】【分析】首先求出，再将代入对应的解析式即可求解.【详解】由，所以，所以，故答案为：【点睛】本题考查了求分段函数的函数值，属于基础题.15. 科学家以里氏震级来度量地震的强度，若设为地震时所散发出来的相对能量程度，则
8、里氏震级可定义为2021年3月13日下午江西鷹潭余江区发生里氏3.1级地震，2020年1月1日四川自贡发生里氏4.3级地震，则自贡地震所散发出来的能量是余江地震所散发出来的能量的_倍【答案】100【解析】【分析】根据题意得到方程组，两式相减后得到答案.【详解】设里氏3.1级地震所散发出来的能量为，里氏4.3级地震所散发出来的能量为，则，-得：，解得：故答案为：10016. 所有可能取值的集合为_【答案】【解析】【分析】根据，分四个象限求解.【详解】解：因为，由已知可得角的终边不在坐标轴上，当角的终边在第一象限，则原式，当角的终边在第二象限，则原式，当角的终边在第三象限，则原式，当角的终边在第四
9、象限，则原式，故所有可能取值的集合为，故答案为：四、解答题（共6小题，第17题10分，18-22题各12分，共70分）17. 计算下列各式的值（1）；（2）已知，求【答案】（1） （2）1【解析】【分析】（1）根据指数幂与对数的运算公式，准确运算，即可求解；（2）根据三角函数的诱导公式和三角函数的基本关系式，即可求解.【小问1详解】解：由.【小问2详解】解：因为，所以.18. 已知函数的定义域为A，集合（1）当时，求；（2）若，求的取值范围【答案】（1）或 （2）【解析】【分析】（1）先求出，再求出即可；（2）分和两种情况，得到关于a的不等式，再求出的取值范围.【小问1详解】要使函数有意义，则
10、，解得，当时，或，则或【小问2详解】，当时，即，满足题意；当时，解得，综上，的取值范围为19. 某商店出售茶壶和茶杯，茶壶每只定价20元，茶杯每只定价5元该商店定制了两种优惠方案；方案一：买一只茶壶赠送一只茶杯；方案二：总价打9折某顾客欲购买茶壶4只，茶杯若干只（不少于4只），若购买茶杯数为x只，付款总钱数为y元，分别建立两种优惠方案中y与x之间的函数关系式，并讨论该顾客买同样多的茶杯，两种方案中哪一种更省钱【答案】方案一：，；方案二：，省钱情况见解析.【解析】【分析】根据题设列出方案一、二的函数、解析式，根据、的大小关系列不等式研究不同x范围下两方案的省钱情况.【详解】方案一：且，方案二：且
11、，当，解得，此时方案二比方案一省钱；当，解得，此时方案一、方案二的省钱情况一样；当，解得，即，此时方案一比方案二省钱；20. 已知（1）若的解集为或，求的值；（2）若对任意，恒成立，求的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由题意可知，是方程的根，从而可得，求解即可；（2）由题意可知，而，利用基本不等式求得最小值，从而可求解.小问1详解】，若的解集为或，则，是方程的根，即，解得：【小问2详解】若对任意，恒成立，即若对任意，由已知得，当且仅当时取等号，所以，即的取值范围为.21. 已知函数（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；（2）将函数的图象上各点的纵坐标保持不变，向右平移个单
12、位长度，再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数求方程在上的所有根之和【答案】（1）周期，单调递增区间为 （2）【解析】【分析】（1）利用周期的公式求周期，利用整体代入的方法求单调区间；（2）利用图象的平移变换得到的解析式，然后解方程求根即可.【小问1详解】因为，所以最小正周期，令，解得，故的单调递增区间为【小问2详解】将函数的图象上各点的纵坐标保持不变，向右平移个单位，可得函数的图象；再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象方程，即，在区间上，故由方程可得，或，求得，或，故方程在区间上的所有根之和为22. 已知函数为奇函数（1）求实数的值；（2）证明函数在上的单调递增；（3）若存在使得函数在区间上的值域为，求实数的取值范围【答案】（1） （2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）根据函数为奇函数，由求解；（2）利用函数单调性的定义求解；（3）根据（2）知在上的单调递增，结合在区间上的值域为，转化为在上有两个不同实根求解.【小问1详解】解：函数为奇函数，即，当时显然不成立，故，【小问2详解】证明：定义域，任取，则，在上的单调递增小问3详解】由（2）知在上的单调递增，在区间上的值域为，且且，即，是方程的实根，问题等价于在上有两个不同实根，令，显然，则，即，解得，故的范围
