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1、 张家口市20212022学年度第一学期期末考试高一数学（B）一、选择题：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. 【答案】D【解析】【分析】解方程求得集合，由并集定义可得结果.【详解】，.故选：D.2. 命题“，”的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】利用存在量词命题的否定求解.【详解】解：因为存在量词命题的否定是全称量词命题，命题“，”是存在量词的命题，所以命题“，”的否定是“，”.故选：C3. 已知，那么“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
2、C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】化简得，再利用充分非必要条件定义判断得解.【详解】解：.因为“”是“”的充分非必要条件，所以“”是“”的充分非必要条件.故选：A4. 设，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据对数函数和幂函数单调性可比较出大小关系.【详解】，；，即，又，.故选：C.5. 函数的单调递减区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复合函数的单调性“同增异减”，即可求解.【详解】，令，解得：，根据复合函数单调性可知，内层函数的单调性可知函数单调递增，在区间函数单调递减，外出函数单调递增，所以
3、函数的但到底就区间是.故选：D6. 方程的解所在的区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作差构造函数，利用零点存在定理进行求解.【详解】令，则，因为，所以函数的零点所在的区间是，即方程的解所在的区间是.故选：B.7. 已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用角的关系，再结合诱导公式和同角三角函数基本关系式，即可求解.【详解】， .故选：B8. 设奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集是（ ）A B. 或C. D. 或【答案】D【解析】【分析】由奇偶性可将所求不等式化为；利用奇偶性可判断出单调性和，分别在和的情况下，利用单调性解得结果.【详
4、解】为奇函数，；又在上单调递增，在上单调递增，；，即；当时，；当时，；的解集为或.故选：D.【点睛】方法点睛：本题考查利用函数单调性和奇偶性求解函数不等式的问题，解决此类问题中，奇偶性和单调性的作用如下：（1）奇偶性：统一不等式两侧符号，同时根据奇偶函数的对称性确定对称区间的单调性；（2）单调性：将函数值的大小关系转化为自变量之间的大小关系.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. 在同一直角坐标系中，函数与的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】分和两种情况
5、讨论两个函数的单调性进行判断.【详解】当时，在单调递增且其图象恒过点，在单调递增且其图象恒过点，则选项B符合要求；当时，在单调递减且其图象恒过点，在单调递减且其图象恒过点，则选项D符合要求；综上所述，选项B、D符合要求故选：BD.10. 下列函数中，在定义域上既是偶函数，又在上单调递增的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】利用奇偶性定义和函数单调性的知识依次判断各个选项即可得到结果.【详解】对于A，为定义在上的偶函数；又当时，则在上单调递增，A正确；对于B，由对勾函数性质可知：在上单调递减，B错误；对于C，为定义在上的偶函数；当时，则在上单调递增，C正确；对于D，当时，
6、不是偶函数，D错误.故选：AC.11. 下列说法正确的是（ ）A. 若的终边上的一点坐标为（），则B. 若是第一象限角，则是第一或第三象限角C. 若，则D. 对，恒成立【答案】BC【解析】【分析】A选项，利用三角函数定义求解余弦值；B选项，利用象限角范围进行求解；C选项，对平方后得到，进而得到；D选项，从而作出判断.【详解】若，此时，故A错误；若是第一象限角，则，所以，当为奇数时，此时是第三象限角，当为偶数时，此时是第一象限角，故B正确；，两边平方得：，则，因为，所以，故，C正确；，故D错误.故选：BC12. 设常数，函数，若方程有三个不相等的实数根，且，则下列说法正确的是（ ）A. B. C
7、. 的取值范围为D. 【答案】ABD【解析】【分析】由解析式作出图象，采用数形结合的方式可确定AC正确；由知B正确；根据分段函数的函数值求法可知D正确.【详解】由解析式可得图象如下图所示，有三个不等实根等价于与有三个不同交点，由图像可知：，A正确；若，则，即，B正确；，则，C错误；，D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：本题考查根据方程根个数求解参数范围、方程根的和等知识；解题的基本思路是根据解析式作出函数图象，采用数形结合的方式来进行观察求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 函数（且）的图像恒过定点_.【答案】【解析】【分析】根据指数函数恒过定点的性质，令指数幂等于
8、零即可.【详解】由，.此时.故图像恒过定点.故答案为：【点睛】本题主要考查指数函数恒过定点的性质，属于简单题.14. 若，则_.【答案】【解析】【分析】利用诱导公式计算即得解.【详解】解：由题得，所以.故答案为：15. 已知，则_【答案】2【解析】分析】由可得代入目标，利用换底公式即可得到结果.【详解】，故答案为2【点睛】本题考查对数的运算性质，考查了指数式和对数式的互化，考查了计算能力，属于基础题.16. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据分段函数的单调性，可知每段函数的单调性，以及分界点处的函数的的大小关系，即可列式求解.【详解】因为分段函数在上单调递
9、减，所以每段都单调递减，即，并且在分界点处需满足，即，解得：.故答案为：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. 已知集合，.（1）求；（2）求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）分别求两个集合，再求交集；（2）先求，再求.【小问1详解】，解得：，即，解得：，即，；【小问2详解】 ，.18. 已知扇形的圆心角是，半径为，弧长为.（1）若，求扇形的弧长；（2）若扇形的周长为，当扇形的圆心角为多少弧度时，这个扇形的面积最大，并求出此时扇形面积的最大值.【答案】（1）； （2）当时，扇形面积最大值.【解析】【分析】（1）利用扇形弧长公式直接求解即可
10、；（2）根据扇形周长可得，代入扇形面积公式，由二次函数最值可确定结果.【小问1详解】，扇形的弧长；【小问2详解】扇形的周长，扇形面积，则当，即当时，扇形面积最大值.19. 已知函数.（1）判断并证明的奇偶性；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）是奇函数，证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再利用奇偶性的定义进行判定；（2）先解关于的一元二次不等式得到，再利用对数函数的单调性转化为分式不等式进行求解.【小问1详解】解：是奇函数，证明如下：令，即，解得，即的定义域为；对于任意，都有，且，即，所以是奇函数.【小问2详解】解：因为，所以，则，即，所以，因为，所以，所以可化为，解
11、得，即的取值范围为.20. 习近平总书记指出：“我们既要绿水青山，也要金山银山.”新能源汽车环保、节能，以电代油，减少排放，既符合我国的国情，也代表了世界汽车产业发展的方向.工业部表示，到年中国的汽车总销量将达到万辆，并希望新能源汽车至少占总销量的五分之一.江苏某新能源公司某年初购入一批新能源汽车充电桩，每台元，到第年年末每台设备的累计维修保养费用为元，每台充电桩每年可给公司收益元.（）（1）每台充电桩第几年年末开始获利；（2）每台充电桩在第几年年末时，年平均利润最大.【答案】（1）第年； （2）第年.【解析】【分析】（1）构造二次函数模型，由二次函数解得结果；（2）由（1）知年平均利润，结合
12、对勾函数单调性，验证可知，由此可得结果.【小问1详解】设每台充电桩在第年年末的利润为，则，令，解得：，又，每台充电桩从第年年末开始获利；【小问2详解】设为每台充电桩在第年年末的年平均利润，则；在上单调递减，在上单调递增，上单调递增，在上单调递减，又，每台充电桩在第年年末时，年平均利润最大.21. 已知为上的奇函数，为上的偶函数，且满足，其中为自然对数的底数.（1）求函数和的解析式；（2）若不等式在恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），； （2）.【解析】【分析】（1）解方程组即得解；（2）等价于不等式在恒成立，再利用基本不等式求解.【小问1详解】解：由，得，因为为上的奇函数，为上的偶函数，
13、所以，由，解得，.【小问2详解】解：因为为上的奇函数，所以转化为，因为在上都为增函数，所以在上为增函数，所以在恒成立，即在恒成立，所以在恒成立，因为，当且仅当，即时取等号.所以，所以实数的取值范围为.22. 已知函数的定义域为，且对一切，都有，当时，总有.（1）求的值；（2）证明：是定义域上的减函数；（3）若，解不等式.【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）.【解析】【分析】（1）令即可求得结果；（2）设，由即可证得结论；（3）将所求不等式化为，结合单调性和定义域的要求即可构造不等式组求得结果.【小问1详解】令，则，解得：；【小问2详解】设，则，是定义域上的减函数；【小问3详解】由得：，即，又，是定义域上的减函数，解得：；又，的解集为.【点睛】思路点睛：本题考查抽象函数的函数值的求解、单调性证明以及利用单调性求解函数不等式的问题；求解函数不等式的基本思路是将所求不等式化为同一函数的两个函数值之间的比较问题，进而通过函数的单调性得到自变量的大小关系.学科网（北京）股份有限公司