上海市宝山区吴淞中学2023届数学高一上期末考试试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递减的是（）
A. B.
C. D.
2．若，分别是方程，的解，则关于的方程的解的个数是（ ）
A B.
C. D.
3．已知函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
4．已知扇形的面积为9，半径为3，则扇形的圆心角（正角）的弧度数为（）
A.1 B.
C.2 D.
5．与终边相同的角的集合是
A. B.
C. D.
6．函数在上最大值与最小值之和是（ ）
A. B.
C. D.
7．已知指数函数在上单调递增，则的值为（ ）
A.3 B.2
C. D.
8．已知条件，条件，则p是q的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
9．已知，则的最小值是（ ）
A.5 B.6
C.7 D.8
10．为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点（）
A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在平面四边形中，，若，则__________.
12．设函数，且；
（1）若，求的最小值；
（2）若在上能成立，求实数的取值范围
13．已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实数m的取值范围是_________.
14．设平行于轴的直线分别与函数和的图像相交于点，，若在函数的图像上存在点，使得为等边三角形，则点的纵坐标为_________.
15．已知函数其中且的图象过定点，则的值为______
16．已知，则_________
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知全集，集合，集合
（1）求集合及；
（2）若集合，且，求实数的取值范围
18．某公司今年年初用万元收购了一个项目，若该公司从第年到第（且）年花在该项目的其他费用（不包括收购费用）为万元，该项目每年运行的总收入为万元
（1）试问该项目运行到第几年开始盈利？
（2）该项目运行若干年后，公司提出了两种方案：
①当盈利总额最大时，以万元的价格卖出；
②当年平均盈利最大时，以万元的价格卖出
假如要在这两种方案中选择一种，你会选择哪一种？请说明理由
19．已知函数.
（1）若，解不等式；
（2）解关于x的不等式.
20．已知函数
（1）求的图象的对称轴的方程；
（2）若关于的方程在上有两个不同的实数根，求实数的取值范围
21．一个半径为2米的水轮如图所示，其圆心O距离水面1米，已知水轮按逆时针匀速转动，每4秒转一圈，如果当水轮上点P从水中浮现时（图中点）开始计算时间．

（1）以过点O且与水面垂直的直线为y轴，过点O且平行于水轮所在平面与水面的交线的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，试将点P距离水面的高度h（单位：米）表示为时间t（单位：秒）的函数；
（2）在水轮转动的任意一圈内，有多长时间点P距水面的高度超过2米？

参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、A
【解析】根据基本函数的性质和偶函数的定义分析判断即可
【详解】对于A，因为，所以是偶函数，的图象是开口向下，顶点为原点，对称轴为轴，所以其在区间上单调递减，所以A正确，
对于B，是非奇非偶函数，所以B错误，
对于C，因为，所以是奇函数，所以C错误，
对于D，，可知函数在递增，所以D错误，
故选：A
2、B
【解析】∵，分别是方程，的解，
∴，，
∴，，
作函数与的图象如下：

结合图象可以知道，有且仅有一个交点，
故，即
分类讨论：
（）当时，方程可化为，
计算得出，
（）当时，方程可化，
计算得出，；
故关于的方程的解的个数是，
本题选择B选项.
点睛：(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值
(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围
3、D
【解析】根据二次函数的单调性进行求解即可.
【详解】当时，函数是实数集上的减函数，不符合题意；
当时，二次函数的对称轴为：，
由题意有解得
故选：D
4、C
【解析】利用扇形面积公式即可求解.
【详解】设扇形的圆心角的弧度数为，由题意得，得.
故选：C.
5、D
【解析】根据终边相同的角定义的写法，直接写出与角α终边相同的角，得到结果
【详解】根据角的终边相同的定义的写法，若α＝，则与角α终边相同的角可以表示为k•360°（k∈Z），即（k∈Z）
故选D
【点睛】本题考查与角α的终边相同的角的集合的表示方法，属于基础题.
6、A
【解析】直接利用的范围求得函数的最值，即可求解.
【详解】∵,
∴,
∴,
∴最大值与最小值之和为，
故选：.
7、B
【解析】令系数为，解出的值，又函数在上单调递增，可得答案
【详解】解得，
又函数在上单调递增，则，
故选：B
8、B
【解析】利用充分条件和必要条件的定义进行判断
【详解】由，得，即，
由，得，即
推不出，但能推出，
∴p是q的必要不充分条件.
故选：B
9、C
【解析】，根据结合基本不等式即可得出答案.
【详解】解：，
因为，又，所以，
则，
当且仅当，即时，取等号，
即的最小值是7.
故选：C
10、D
【解析】利用三角函数图象的平移变换及诱导公式即可求解.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度得到
.
故选：D.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、##1.5
【解析】设，在中，可知，在中，可得，由正弦定理，可得答案.
【详解】
设，在中，，，
，
在中，，，，
，
由正弦定理得：，
得，
.
故答案为：.
12、（1）3（2）或
【解析】（1）由可得，再利用基本不等式中乘“1”法的应用计算可得；
（2）将已知转化为不等式有解，再对参数分类讨论，分别计算可得.
【小问1详解】
函数，由，可得，
所以，
当时等号成立，又，，，解得时等号成立，
所以的最小值是3.
【小问2详解】
由题知，在上能成立，即能成立，
即不等式有解
①当时，不等式的解集为，满足题意；
②当时，二次函数开口向下，必存在解，满足题意；
③当时，需，解得或
综上，实数的取值范围是或
13、 (0,1)
【解析】将方程的零点问题转化成函数的交点问题，作出函数的图象得到m的范围
【详解】令g（x）＝f（x）﹣m＝0，
得m＝f（x）
作出y＝f（x）与y＝m的图象，
要使函数g（x）＝f（x）﹣m有3个零点，
则y＝f（x）与y＝m的图象有3个不同的交点，
所以0＜m＜1，
故答案为（0，1）

【点睛】本题考查等价转化的能力、利用数形结合思想解题的思想方法是重点，要重视
14、
【解析】设直线的方程为，求得点，坐标，得到，取的中点，连接，根据三角形为等边三角形，表示出点坐标，根据点在函数的图象上，得到关于的方程，求出，进而可得点的纵坐标.
【详解】
设直线的方程为，由，得，所以点，
由，得，所以点，从而，
如图，取的中点，连接，
因为为等边三角形，则，所以，，
则点，
因为点在函数的图象上，则，
解得，所以点的纵坐标为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于先由同一参数表示出点坐标，再代入求解；本题中，先设直线，分别求出，坐标，得到等边三角形的边长，由此用表示出点坐标，即可求解.
15、1
【解析】根据指数函数的图象过定点，即可求出
【详解】函数其中且的图象过定点，
，，
则，
故答案为1
【点睛】本题考查了指数函数图象恒过定点的应用，属于基础题.
16、
【解析】两边同时取以15为底的对数，然后根据对数性质化简即可.
【详解】因为
所以，
所以，

故答案为：

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1），；
（2）
【解析】（1）解一元一次不等式求集合A，再应用集合的交并补运算求及.
（2）由集合的包含关系可得，结合已知即可得的取值范围
【小问1详解】
由得：，所以，则，
由，所以，
【小问2详解】
因为且，
所以，解得
所以的取值范围是
18、（1）第年
（2）选择方案②，理由见解析
【解析】（1）设项目运行到第年盈利为万元，可求得关于的函数关系式，解不等式可得的取值范围，即可得出结论；
（2）计算出两种方案获利，结合两种方案的用时可得出结论.
【小问1详解】
解：设项目运行到第年的盈利为万元，
则，
由，得，解得，
所以该项目运行到第年开始盈利
【小问2详解】
解：方案①，
当时，有最大值
即项目运行到第年，盈利最大，且此时公司总盈利为万元，
方案②，
当且仅当，即时，等号成立
即项目运行到第年，年平均盈利最大，且此时公司的总盈利为万元.
综上，两种方案获利相等，但方案②时间更短，所以选择方案②
19、（1）；（2）答案见解析
【解析】（1）由抛物线开口向上，且其两个零点为，，可得不等式的解集.
（2）由对应的二次方程的判别式，其两根为，.讨论时，时，时，其两根的大小，由此可得不等式的解集.
【详解】解：（1）当时，不等式可化为，
又由，得，.
因为抛物线开口向上，且其两个零点为，，
所以不等式的解集为.
（2）对于二次函数，其对应的二次方程的判别式，其两根为，.
当，即时，不等式的解集为；
当，即时，不等式的解集为；
当，即时，不等式的解集为；
综上，时，不等式的解集为；
时，不等式无解；
时，不等式的解集为.
20、（1），
（2）
【解析】（1）先将解析式化成正弦型函数，然后利用整体代换即可求得对称轴方程.
（2）方程有两个不同的实数根转化成图像与有两个交点即可求得实数的取值范围
【小问1详解】
，
由，，得，
故的图象的对称轴方程为，
【小问2详解】
因为，当时，不满足题意；
当时，可得．画出函数在上的图象，

由图可知或，解得
或．综上，实数a的取值范围为
21、（1）；（2）秒
【解析】（1）设，根据题意求得、的值，以及函数的最小正周期，可求得的值，根据的大小可得出的值，由此可得出关于的函数解析式；
（2）由得出，令，求得的取值范围，进而可解不等式，可得出的取值范围，进而得解.
【详解】解：（1）如图所示，标出点M与点N，设，
根据题意可知，，所以，
根据函数的物理意义可知：
，
又因为函数的最小正周期为，
所以，
所以可得：．

（2）根据题意可知，，即，
当水轮转动一圈时，，可得：，
所以此时，
解得：，
又因为（秒），即水轮转动任意一圈内，有秒的时间点P距水面的高度超过2米