期末练习卷（A）-2020-2021学年高一数学节节清同步练习（人教A版2019必修第一册）（解析版）

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1、期末练习卷（A）一、单项选择题1（2020山东淄博高一期末）函数的定义域为（ ）A B。 C。 D。【参考答案】B【解析】由,得选B2设全集,则如图阴影部分表示的集合为（ ）ABCD【参考答案】D【分析】解出集合、,然后利用图中阴影部分所表示的集合的含义得出结果.【解析】,.图中阴影部分所表示的集合为且.故选：D.3（2020广西桂林期末）小明出国旅游,当地时间比中国时间晚一个小时,他需要将表的时针旋转,则转过的角的弧度数是()ABC-D-【参考答案】B【分析】由于是晚一个小时,所以是逆时针方向旋转,时针旋转过程中形成的角的弧度数为【解析】由题意小明需要把表调慢一个小时,所以时针逆时针旋转弧度

2、.故选B.4下列函数是在为减函数的是（ ）ABCD【参考答案】C【分析】根据对数函数、指数函数、余弦函数、反比例函数的单调性即可找出正确选项【解析】对数函数,底数大于1时,在上增函数,不满足题意；指数函数,底数大于1时,在上增函数,不满足题意；余弦函数,从最高点往下走,即上为减函数； 反比例型函数,在与上分别为减函数,不满足题意；故选C.5方程的解所在区间是（ ）ABCD【参考答案】C【分析】判断所给选项中的区间的两个端点的函数值的积的正负性即可选出正确参考答案.【解析】,函数的图象是连续的,函数的零点所在的区间是.故选：C6（2020山东淄博高一期末）若点在角的终边上,则（ ）ABCD【参考

3、答案】B【分析】根据任意角的三角函数的定义及特殊角的三角函数值计算可得.【解析】解：故选：7（2020微山县第一中学高一月考）已知,则等于( )ABCD【参考答案】C【分析】由诱导公式化简后即可求值【解析】-sin故选C8用函数表示函数和中的较大者,记为：若,则的大致图象为（ ）ABCD【参考答案】A【分析】在同一直角坐标系中作出两个函数和的图象,结合函数的定义得出该函数的图象.【解析】在同一直角坐标系中作出两个函数和的图象,如下图所示：由图象可知,因此,函数的图象为A选项中的图象.故选：A.二、多项选择题9下列命题是真命题的是（ ）A若幂函数过点,则B,C,D命题“,”的否定是“,”【参考答

4、案】BD【分析】根据幂函数的定义判断,结合图象判断,根据特称命题的否定为全称命题可判断.【解析】解：对于：若幂函数过点,则解得,故错误；对于：在同一平面直角坐标系上画出与两函数图象,如图所示由图可知,故正确；对于：在同一平面直角坐标系上画出与两函数图象,如图所示由图可知,当时,当时,当时,故错误；对于：根据特称命题的否定为全称命题可知,命题“,”的否定是“,”,故正确；故选：10（2020微山县第一中学高一月考）已知,则下列结论正确的是（ ）ABCD【参考答案】ABD【分析】根据所给条件,利用同角三角函数的基本关系计算可得.【解析】解：即,加得减得综上可得,正确的有故选：11（2020山东淄博

5、高一期末）若,则下列不等式成立的是（ ）ABCD【参考答案】AC【分析】根据不等式的性质进行判断.【解析】解：,由反比例函数的性质可知,故正确；,且,根据不等式的同向可加性知,即正确,对于,且,无法确定与的大小关系,当,时,故错误:,故错误；综上可得,正确的有故选：12对于函数,下列四个结论正确的是（ ）A是以为周期的函数B当且仅当时,取得最小值-1C图象的对称轴为直线D当且仅当时,【参考答案】CD【分析】求得的最小正周期为,画出在一个周期内的图象,通过图象可得对称轴、最小值和最大值,即可判断正确参考答案【解析】解：函数的最小正周期为,画出在一个周期内的图象,可得当,时,当,时,可得的对称轴方

6、程为,当或,时,取得最小值；当且仅当时,的最大值为,可得,综上可得,正确的有故选：三、填空题13_【参考答案】【分析】利用指数的运算性质和对数的换底公式可计算出所求代数式的值.【解析】原式.故参考答案为：.14已知某扇形的半径为,面积为,那么该扇形的弧长为_.【参考答案】【分析】根据扇形面积公式可求得参考答案.【解析】设该扇形的弧长为,由扇形的面积,可得,解得.故参考答案为.15已知,且,则_；=_.【参考答案】2 【分析】(1)根据指对数的互化求解即可.(2)根据(1)中再求解即可.【解析】(1)由指对数的互化, (2) 故参考答案为(1)2; (2)16若两个正实数x,y满足,且不等式恒成

7、立,则实数m的取值范围是_.【参考答案】.【分析】由题意和基本不等式可得的最小值,再由恒成立可得关于的不等式,解不等式即可.【解析】解：当且仅当,即且时取等号.恒成立,则解得即故参考答案为：四、解答题17已知全集为,集合,.（1）若,求实数a的取值范围；（2）从下面所给的三个条件中选择一个,说明它是的什么条件（充分必要性）.；.【参考答案】（1）（2）选择,则结论是不充分不必要条件；选择,则结论是必要不充分条件；选择,则结论是是充分不必要条件.【分析】（1）解出集合,根据补集的定义求出,由,得到关于的不等式,解得；（2）由（1）知的充要条件为,再根据集合的包含关系判断即可.【解析】解：（1）集

8、合,所以,集合,若,且,只需,所以.（2）由（1）可知的充要条件是,选择,且,则结论是不充分不必要条件；选择,则结论是必要不充分条件；选择,则结论是充分不必要条件.18已知,二次函数的图象经过点,且的解集为.（1）求实数a,b的值；（2）若方程在上有两个不相等的实数根,求实数k的取值范围.【参考答案】（1）,（2）【分析】（1）根据一元二次不等式的解集和一元二次方程的关系计算可得.（2）由（1）知,得方程等价于方程,令,即的两个零点满足分析可得.【解析】解：（1）因为的图象经过点,所以,所以,的解集为,所以,且,且,得,故,（2）由,得方程等价于方程,令,即的两个零点满足,所以必有,即,解得,

9、所以实数k的取值范围是19已知函数为奇函数.（1）求b和的值；（2）判断并用定义证明在的单调性.【参考答案】（1）,（2）在上单调递增,在上单调递减,证明见解析【分析】（1）根据奇函数的性质,对,都有,得到方程求出参数的值,即可求出函数解析式,根据对数的性质可得得解.（2）利用定义法证明函数的单调性的一般步骤为：设元,作差,变形,判断符号,下结论.【解析】解：（1）因为函数为奇函数,所以对,都有,即,解得,所以.（2）在上单调递增,在上单调递减.证明如下：,且,有因为,所以,当时,即,此时单调递减.当时,即,此时单调递增.所以,在上单调递增,在上单调递减.20已知函数.（1）求函数的最小正周期

10、及其单调递减区间；（2）若,是函数的零点,用列举法表示的值组成的集合.【参考答案】（1）最小正周期为;单调递减区间是（2）【分析】（1）根据正弦函数的最小正周期公式计算可得,根据正弦函数的单调性求出函数的单调区间.（2）首先求出函数的零点,得,是或中的元素,再分类讨论计算可得.【解析】解：（1）的最小正周期为：.对于函数,当时,单调递减,解得,所以函数的单调递减区间是.（2）因为,即,所以函数的零点满足：或即或所以,是或中的元素当时,则当,（或,）时,则当,则所以的值的集合是.21某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔（单位：分钟）满足,经测算,该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔满足：,其中（

11、1）求,并说明的实际意义；（2）若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,该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益【参考答案】（1）,发车时间间隔为分钟时,载客量为；（2）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【分析】（1）将代入函数的解析式,可计算出,结合题意说明的实际意义；（2）求出函数的解析式,分别求出该函数在区间和上的最大值,比较大小后可得出结论.【解析】（1）,实际意义为：发车时间间隔为分钟时,载客量为；（2）,当时,任取,则,所以,所以,函数在区间上单调递增,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

12、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22已知函数,.（1）若是方程的根,证明是方程的根；（2）设方程,的根分别是,求的值.【参考答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）因为是方程的根,即,将代入根据对数的运算性质可得.（2）由题意知,方程,的根分别是,即方程,的根分别为,令,设方程,的根分别为,结合（1）的结论及函数的单调性可求.【解析】解：（1）证明：因为是方程的根,所以,即所以,是方程的根.（2）由题意知,方程,的根分别是,即方程,的根分别为,令设方程,的根分别为,由（1）知是方程的根,则是方程的根.令,则是的零点,又因为是上的增函数,所以,是的唯一零点,即是方程的唯一根.所以,所以,即,所以知识改变命运20