1、吉安一中20222023学年度上学期期末考试高一数学试卷命题人： 审题人： 备课组长： 一、单选题（每题5分，共40分）1设集合，.则的元素个数为（）A2B3C4D52已知奇函数在上是增函数，.若，则的大小关系为（）ABCD3已知函数，若存在区间，使得函数在区间上的值域为则实数的取值范围为（）ABCD4在算式大+庆+精+神=中，“大、庆、精、神”分别代表四不同的数字，且依次从大到小，则“庆”字所对应的数字为()ABCD5已知扇形的周长为20cm，当扇形面积的最大值时，扇形圆心角为（）A1.5B2C2.5D36设函数的定义域为R，满足，且当时则当，的最小值是ABCD7已知则关于的不等式的解集为（
2、）ABCD8已知函数，当时，方程根的个数为（）.ABCD二、多选题（每题5分，共20分）9已知，是正数，且，下列叙述正确的是（）A最大值为B的最小值为C最小值为D最小值为10定义在R上的函数满足，当时，则满足（）AB是偶函数C在上有最大值D的解集为11下列命题正确的是（）AB，使得ax2Cab=0是的充要条件Dab1，则12已知函数 则下列说法正确的是（）A函数为周期函数B函数为偶函数C当时，函数有且仅有 2 个零点D若点是函数图象上一点，则 的最小值与无关三、填空题（共20分）13集合的真子集个数是_.14已知向量a=1，向量b满足a-b+a+b=4，则的最小值为_.15若函数，则_.16设
3、函数，若对，不等式成立，则实数的取值范围是_.四、解答题（共70分）17已知集合A=x|2x5，B=x|4x6，C=x|xa（1）求U（AB）；（2）若ABC，求a的取值范围18在平面直角坐标系xOy中，角以Ox为始边，点位于角的终边上(1)求和的值；(2)若，求函数的定义域和单调递增区间19已知，命题p：，不等式恒成立；命题q：，使得成立.(1)若p为真命题，求实数m的取值范围；(2)若q和p一真一假，求实数m的取值范围.20已知函数yf（x）的图象与g（x）1ogax（a0，且a1）的图象关于x轴对称，且g（x）的图象过点（4，2）全科免费下载公众号-高中僧课堂（1）求函数f（x）的解析式
4、；（2）若f（3x1）f（x+5）成立，求x的取值范围21如图，港口在港口的正东120海里处，小岛在港口的北偏东的方向，且在港口北偏西的方向上，一艘科学考察船从港口出发，沿北偏东的方向以20海里/小时的速度驶离港口.一艘给养快艇从港口以60海里/小时的速度驶向小岛，在岛转运补给物资后以相同的航速送往科考船.已知两船同时出发，补给装船时间为1小时.（1）求给养快艇从港口到小岛的航行时间；（2）给养快艇驶离港口后，最少经过多少小时能和科考船相遇？22已知函数的图象过点，.(1)求函数的解析式；(2)设，若对于任意，都有，求m的取值范围.1C【分析】首先求解二次不等式的解集得到集合A，再根据集合的交
5、集得到结果即可.【详解】解：，.2B【分析】根据奇函数,可知为偶函数.根据偶函数图像关于轴对称,可判断的大小.【详解】因为奇函数在上是增函数,所以由函数的性质可知为R上的偶函数,且在上单调递减,在上单调递增因为 而,所以,即因为 所以而,所以故选:B【点睛】本题考查了函数奇偶性及单调性的综合应用,函数大小比较,判断两个函数乘积的奇偶性是解决此类问题的关键,属于中档题.3D【分析】根据函数的单调性可知，即得，故可知是方程的两个不同非负实根，由根与系数的关系即可求出【详解】根据函数的单调性可知，即可得到，即可知是方程的两个不同非负实根，所以，解得故选：D【点睛】关键点睛：利用函数的单调性以及一元二
6、次方程的根与系数的关系是解决本题的关键.4B【分析】由可得答案.【详解】由可得“庆”字所对应的数字为3.故选B.【点睛】本题考查指数幂的计算，属基础题.5B【分析】由扇形的周长和面积，利用基本不等式可求出面积的最大值，进而求出圆心角的大小.【详解】扇形周长，扇形面积由，可得，当且仅当时，面积有最大值，扇形的圆心角故选：B【点睛】本题考查了扇形的周长和面积公式、基本不等式求最值等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.6D【分析】先求出函数在区间上的解析式，利用二次函数的性质可求出函数在区间上的最小值【详解】由题意可知，函数是以为周期的周期函数，设，则，则，即当时，可知函数在处
7、取得最小值，且最小值为，故选D.【点睛】本题考查函数的周期性以及函数的最值，解决本题的关键就是根据周期性求出函数的解析式，并结合二次函数的基本性质求解，考查计算能力，属于中等题7A【分析】先画出函数的图象，再解不等式组即得解.【详解】解：函数的图象如图所示，故选：A.8C【分析】利用换元法令，则方程根的情况转化成研究方程根的情况，由一元二次函数的对称轴、判别式、区间端点函数值可得方程的两根的范围，进而得到方程根的个数.【详解】令，所以，即，因为，所以方程有两个不相等的实根，不妨设.因为且所以方程的两根，（舍去）所以，由于函数与函数图象有两个交点，所以方程根的个数为2个.故选C.【点睛】本题考查
8、与二次函数复合的复杂函数的零点问题，考查转化与化归思想的应用，求解时要注意换元法的灵活运用，及新元取值范围的确定，才会使问题进行等价转化，同时注意一元二次函数零点分布的充要条件的应用.9ABD【分析】题可知，且，利用基本不等式可判断A,D；构造二次函数型可判断B；对两边同时平方，利用基本不等式可判断C.【详解】因为是正数，且，所以不等式可知，即，得，当且仅当，即取得等号，所以的最大值为，所以A正确；因为是正数，且，所以，且，所以，当时有最小值为，所以B正确；，当且仅当，即取得等号，因为，是正数，所以最大值为，故C不正确；因为，当且仅当且即时取等号，此时最小值为，所以D正确故选：ABD.10AD
9、【分析】赋值法可以求出，判断出AB选项；C利用赋值法和题干中的条件可以得出的单调性，从而得到在上有最大值；D选项利用C选项中判断的函数的单调性进行解不等式，得到答案.【详解】定义在R上的函数满足，令得：，解得：，A正确；令得：，因为，所以，故是奇函数，B错误；任取，且，则令，代入得：，因为当时，而，所以，故，即，从而在R上单调递减，在上有最大值为，C错误；由A选项得到，而在R上单调递减，故，解得，解集为，D正确.故选：AD11AD【分析】举出一例判断存在命题是否正确，判断A，举反例判断BC，由不等式的性质判断D【详解】对A，时，A正确；对B，时，对任意，不成立，B错；对C，时满足，但此时，C错
10、；对D，则，则，D正确 故选：AD12BD【分析】由的性质和图象可判断A；利用奇偶性定义可判断B；令解得可判断C；由函数由函数的图象和性质可判断D.【详解】由得，此时函数的图象为焦点在x轴对称轴为坐标轴的椭圆的上半部分，由知，此时函数的图象为三角函数在的部分，可知函数不是周期函数，故A错误；，因为，所以，所以函数为偶函数，故B正确；令，解得，令，解得，因为，所以当，可得，所以函数至少有 2 个零点，故C错误；由得，此时函数的图象为焦点在x轴，对称轴为坐标轴的椭圆的上半部分，椭圆的右焦点为，由椭圆性质知到焦点的距离最小时即为右顶点，此时最小值为，所以的最小值为，当时，的点到的距离的平方大于，则的
11、最小值与无关，故D正确.故选：BD.13【分析】先化简集合，再利用公式即可求得集合的真子集个数【详解】则集合的真子集的个数是.故答案为：14【分析】根据平行四边形性质可得，再结合基本不等式即可求出的最小值.【详解】由平行四边形性质可得：，由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，所以，即，所以，所以的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算及基本不等式的应用，属于中档题.15【分析】根据分段函数解析式代入计算即可.【详解】由题, .故答案为：【点睛】本题主要考查了分段函数求函数值的问题,属于基础题.16【解析】分析出函数为偶函数且在上单调递减，由可得出，利用二次函数的基本性质
12、可得出关于的不等式，由此可求得实数的取值范围.【详解】函数的定义域为，所以，函数为偶函数，当时，由于函数为减函数，在上为减函数，所以，函数在上单调递减，由可得，可得，所以，对任意的恒成立， 设，则对任意的恒成立，由于二次函数的对称轴为直线，解得.因此，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：（1）把不等式转化为；（2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别.17（1）x|x4或x5；（2）a6.【分析】（1）根据A=x|2x
13、5，B=x|4x6，利用交集和补集的运算求解. （2）先求AB，由集合的包含关系求解即可.【详解】（1）A=x|2x5，B=x|4x6， AB=x|4x5，U（AB）=x|x4或x5（2）由已知可得，AB=x|2x6，ABC，a6【点睛】本题主要考查集合的基本运算及其应用，属于中档题.18(1)，(2)定义域，单调递增区间【分析】（1）利用三角函数的定义，结合两角和与差的三角函数转化求解和的值；（2）求解角，然后利用正切函数的定义域以及单调区间求解即可【详解】（1）点位于角的终边上，（2），所以，所以函数的定义域为令，解得 所以函数的单调递增区间19(1)(2)【分析】（1）对，不等式恒成立，
14、转化为令，则，求出，解不等式即可得出答案.（2）若q为真命题，则存在，使得成立，所以，即可求出q为真命题时m的取值范围，再讨论q和p一真一假的情况，即可得出答案.【详解】（1）对，不等式恒成立，令，则，当时，即，解得.因此，当p为真命题时，m的取值范围是.（2）若q为真命题，则存在，使得成立，所以；故当命题q为真时，.又p，q中一个是真命题，一个是假命题.当p真q假时，由，得；当p假q真时，由或，且，得.综上所述，m的取值范围为.20(1) f（x）= (2)【分析】（1）要求的解析式，已知条件中与的图象关于轴对称，那么首先根据图象所过的点，代入求得的表达式，再利用对称，得到的解析式；（2）根
15、据对数函数的单调性，及其对数函数的定义，真数大于零，求解即可.【详解】(1)g(4)=解得a=2则g(x)=函数y=f（x）的图象与g(x)=的图象关于x轴对称则f（x）=(2)函数y=f（x）为减函数且f(3x-1),解得即x的取值范围为【点睛】该题是一道对数函数的题目，掌握对数函数图象性质和单调性是解题的关键，属于中档题目.21（1）快艇从港口到小岛的航行时间为小时（2）给养快艇驶离港口后，最少经过3小时能和科考船相遇【分析】（1）给养快艇从港口到小岛的航行时间，已知其速度，则只要求得的路程，再利用路程公式即可求得所需的时间（2）由（1）知，给养快艇从港口驶离2小时后，从小岛出发与科考船汇
16、合，根据题意确定各边长和各角的值，然后由余弦定理解决问题【详解】（1）由题意知，在中，所以，于是，而快艇的速度为海里/小时，所以快艇从港口到小岛的航行时间为小时.（2）由（1）知，给养快艇从港口驶离2小时后，从小岛出发与科考船汇合.为使航行的时间最少，快艇从小岛驶离后必须按直线方向航行，设给养快艇驶离港口小时后恰与科考船在处相遇.在中，而在中，由余弦定理，得，即，化简，得，解得或（舍去）.故.即给养快艇驶离港口后，最少经过3小时能和科考船相遇.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，考查学生分析解决问题的能力余弦定理在解实际问题时有着广泛的应用，一定要熟练的掌握22(1)，；(2).【分析】（1）
17、由已知求得，代入即可得到，；（2）已知可转化为，即转化为求在上的最大值，由已知可得，根据二次函数的性质可知所以的最大值在或处取得.作差可得.即可得到，.令，根据定义法证明在时的单调性，根据单调性求解不等式，即可求出m的取值范围.【详解】（1）解：由已知可得，所以，所以，定义域为.所以有，.（2）解：若对于任意，都有，只需满足成立.由（1）知，对称轴为.由，可得，所以，即有.根据二次函数的性质，可得在上单调递减，在上单调递增，所以的最大值在或处取得.又，又，所以，所以，所以.由成立，可得，即，.令，则原不等式等价于.，且设，则，因为，所以，所以，所以，所以.所以，所以，所以在上单调递增.又，则由，可解得.
