1、东北师大附中2022-2023学年上学期期末考试高一年级数学学科试卷注意事项：本试卷满分120分，考试时间120分钟.一、单选题（共8题，每题4分，共32分）1. 下列函数是奇函数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由奇函数的定义可判断选项正误.【详解】对于A，定义域为，其为偶函数，故A错误；对于B，其定义域为，其为非奇非偶函数，故B错误；对于C，定义域为，其为偶函数，故C错误；对于D，定义域为，其为奇函数，故D正确.故选：D2. 已知半径为3的扇形圆心角是，则该圆心角所对弧长是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接代入弧长公式计算即可.【详解】该
2、圆心角所对弧长为.故选：A.3. 函数的零点所在区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由零点存在性定理得到答案.【详解】，为连续函数，且单调递增，由零点存在性定理得：的零点所在区间为.故选：C4. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式化简可得出所求代数式值.【详解】.故选：D.5. 函数的单调递减区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出函数的定义域，然后利用二次函数的单调性和复合函数的单调性即可求解.【详解】要使函数有意义，则有，解得：或，所以函数的定义域为.令，开口向上，在上单调递增，在上单调递减，又
3、在上单调递增，由复合函数的单调性可知：函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数的单调递减区间为，故选：.6. 若，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由正弦函数的单调性比较a与b的大小，再由商数关系和余弦函数的值域比较b和c，即可.【详解】因为在上单调递增，所以，即.又因为，所以.综上：.故选：C.7. 已知，且，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用平方关系由结合已知角的范围求出的值，再代入二倍角公式和和角公式计算即可.【详解】因为，所以，所以.因为，所以，所以.则.故选：A.8. 已知函数，若存在实数，（）满足，则（
4、）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意分段函数的定义，逐个分析即可.【详解】由得，由得，对应函数图像如图所示，若，则，A错；，关于对称，B错；由，得，即，C对；由，得(),，D错.故选：C二、多选题（共4题，每题4分，共16分）9. 下列等式成立的有（ ）A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】由对数运算法则和三角恒等变换逐个计算判断即可.【详解】A选项，A不正确；B选项，B正确；C选项，C正确；D选项，D正确.10. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围可以是（ ）A. B. 2，4.5C. 6，7.5D. 10，10.5【答案】AC【解析】【分析】根据正
5、弦函数的单调增区间可知：，解之，赋值即可求解.【详解】因为函数在区间上单调递增，则，所以，解得：，令，因为，所以，故选项正确；令，则，故选项正确；故选：.11. 已知函数y=f（x）是R上的奇函数，对于任意xR，都有f（x+4）=f（x）+f（2）成立，当x0，2）时，f（x）=2x-1，给出下列结论，其中正确的是（ ）A. f（2）=0B. 点（4，0）是函数y=f（x）的图像的一个对称中心C. 函数y=f（x）在（-6，-2）上不具有单调性D. 函数y=f（x）在-6，6上有3个零点【答案】AB【解析】【分析】对于A项，令求得；对于B项，只需验证成立.对于C项，根据B项得到周期为4，转化到
6、（-2，2）上的单调性对于D项，根据周期和奇函数求得.【详解】当时，所以函数y=f（x）是上的奇函数，所以，故，所以A正确.因为，所以令式中的为得：，又因为函数y=f（x）是上的奇函数，所以，故联立可得，故B正确.因为，所以函数是以为周期的周期函数.函数y=f（x）在（-6，-2）上的单调性，与y=f（x）在（-2，2）上的单调性相同画出在上的图像为：故函数函数y=f（x）在（-6，-2）上的单调递增，所以C不正确.因为函数y=f（x）是上的奇函数，所以又由A项，所函数y=f（x）在-6，6上有7个零点故D不正确.故选：AB12. 函数的定义域为I，若存在，使得，则称是函数的二阶不动点，也叫稳
7、定点.下列函数中存在唯一稳定点的函数是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】根据定义依次计算每个选项得到A选项有一个解，B选项有无数个解，根据函数和函数图像无交点得到C不满足，再判断D选项有唯一解得到答案.【详解】，定义域为，解得，A满足；，定义域为，恒成立，B不满足；，定义域为，即，根据函数和函数图像无交点，知方程无解，C不满足；，定义域为，易知，且是方程的解，当时，方程无解；当时，方程无解，D满足.故选：AD三、填空题（共4题，每题4分，共16分）13. 函数的定义域为_【答案】【解析】【详解】由，得，解得，又，函数的定义域为答案：14. 已知为定义域在上的偶函数，当时
8、，则=_.【答案】2【解析】【分析】根据偶函数的性质求出当时的解析式即可求解.【详解】当，时，因为函数为偶函数，所以，即时，因为，所以，故答案为：215. 设函数的值域是，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由，得到，再根据其值域求解.【详解】解：因为，所以，又，所以，所以，故答案为：16. 若定义域为的函数满足对任意能构成三角形三边长的实数a，b，cI，均有f(a)，f(b)，f(c)也能够成三角形三边长，则m最大值为_.【答案】#【解析】【分析】不妨设三边的大小关系为：，利用函数的单调性，得出，的大小关系，作为三角形三边则有任意两边之和大于第三边，再利用基本不等式求出边的范围得出的
9、最大值即可.【详解】在上严格增，所以 ，不妨设，对任意能构成三角形三边长的实数，均有，也能构成三角形三边长，所以，因为，所以，对任意都成立，所以，所以，所以，所以，所以m的最大值为故答案为：.四、解答题（共56分，解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤）17. 在平面直角坐标系中，已知角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，且角的终边与单位圆交点为P，且是第一象限角，求：和的值.【答案】 ，【解析】【分析】先利用题给条件求得，再利用两角差的正弦公式和两角和的正切公式即可求得和的值.【详解】角的终边与单位圆交点为P，则，由，且是第一象限角，可得，则18. 已知函数.（1）求函数的单调递增区
10、间.（2）若，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用正弦函数的性质求解即可；（2）利用可得，两边平方即可求得答案【小问1详解】由可得，解得，所以函数的单调递增区间是【小问2详解】由题意可得，所以，两边平方可得，所以19. 已知函数.（1）设函数是定义域在R上的奇函数，当时，求函数的解析式.（2）设不等式解集为M，当时，函数（其中）的最小值为，求实数a的值.【答案】（1） （2）1【解析】【分析】（1）由奇函数性质求得，的解析式，即可得的解析式.（2）由指数函数单调性解指数不等式得M，化简，令将原命题等价为的最小值为，根据二次函数性质列式求解即可.【小问1详解】是定义域在R上的
11、奇函数，当时，.当时，则.当时，.故函数的解析式为.【小问2详解】由得，即，解得，故，令，则原命题等价于（其中）的最小值为，则当时，解得（）.故实数a的值为1.20. A第公交公司的某路公交车发车时间间隔t（单位：分钟）满足5t20，tN，经测算，该路公交车载客量p(t)与发车时间间隔t满足，其中tN.（1）求p(5)，并说明p(5)的实际意义.（2）该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟净收益最大？并求每分钟最大净收益.【答案】（1）35；发车时间间隔为5分钟，载客量为35 （2）6分钟，最大净收益38元【解析】【小问1详解】实际意义为：发车时间间隔为5分
12、钟时，载客量为35【小问2详解】，当时，任取，则，所以，所以，函数区间上单调递增，同理可证该函数在区间上单调递减，所以，当时，取得最大值；当时，该函数在区间上单调递减，则当时，取得最大值综上，当发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元21. 已知函数.（1）常数0，若函数y=f（x）的最小正周期是，求的值.（2）若，且方程在上有实数解，求实数的取值范围.【答案】（1）=2 （2）【解析】【分析】（1）根据倍角公式和辅助角公式以及周期的计算方法即可求解；（2）将函数化简后根据三角换元，正弦函数的单调性和对号函数的性质即可求解.【小问1详解】，.的最小正周期为，所以，所以
13、.【小问2详解】,在上有实数解,即在上有实数解,即在上有实数解,令，所以，由，所以，所以，所以，同时，所以，所以在上有实数解等价于在上有解，即在上有解，时，无解；时，有解，即有解，即在有解，令，所以的值域为，所以在有解等价于.22. 已知函数的图像过点，.（1）求函数的解析式.（2）设，若对于任意的，都有，求实数m的取值范围.【答案】（1）； （2）m取值范围.【解析】【分析】（1）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.【小问1详解】由已知可得，所以，所以，定义域为.所以有，；【小问2详解】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.【点睛】关键点睛：利用单调性的定义证明函数的单调性是解题的关键.
