云南省昆明市官渡区2021-2022学年度高一下学期开学考试数学试题（Word版，含解析）

云南省昆明市官渡区高一下学期开学考试数学试题
一、单选题
1．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
2．自古以来，人们对于崇山峻岭都心存敬畏，同时感慨大自然的鬼斧神工，一代诗圣杜甫曾赋诗《望岳》：“岱宗夫如何？齐鲁青未了．造化钟神秀，阴阳割昏晓．荡胸生层云，决毗入归鸟．会当凌绝顶，一览众山小．”然而，随着技术手段的发展，山高路远便不再人们出行的阻碍，伟大领袖毛主席曾作词：“桥飞架南北，天堑变通途”．在科技腾飞的当下，路桥建设部门仍然潜心研究如何缩短空间距离方便出行，如港珠澳跨海大桥等．如图为某工程队将A到D修建条隧道，测量员测得些数据如图所示（A，B，C，D在同一水平面内），则A，D间的距离为（ ）
A．km B．km C．km D．km
3．在中，，则角等于（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数，若，且，则取最大值时的值为
A． B．
C． D．
5．已知函数既是二次函数又是幂函数，函数，函数，则的值为（ ）
A．0 B．20 C．80 D．82
6．在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.初始感染者传染R0个人，为第一轮传染，这R0个人中每人再传染R0个人，为第二轮传染，…….R0一般由疾病的感染周期 感染者与其他人的接触频率 每次接触过程中传染的概率决定.假设新冠肺炎的基本传染数，平均感染周期为7天，设某一轮新增加的感染人数为M，则当M>1000时需要的天数至少为（ ）参考数据：lg38≈1.58
A．34 B．35 C．36 D．37
7．若，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
8．若命题：“，”为真命题，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．下列各式中，值为的是（ ）
A． B． C． D．
10．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图像如图所示，给出下列四个命题：
p1：函数y＝f(x)满足f(－x)＝－f(x)；
p2：函数y＝f(x)满足f(x＋2)＝f(－x)；
p3：函数y＝f(x)满足f(x)＝f(－x)；
p4：函数y＝f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，
其中的真命题是(　　)
A．p1，p3 B．p2，p4
C．p1，p2 D．p3，p4
11．将函数，且，下列说法错误的是（ ）
A．为偶函数 B．
C．若在上单调递减，则的最大值为9 D．当时，在上有3个零点
12．已知向量，不共线，且向量与共线，则实数的值为（ ）
A．-2或-1 B．-2或1 C．-1或2 D．1或2
二、填空题
13．在中，，，有下述四个结论：
①若为的重心，则
②若为边上的一个动点，则为定值2
③若，为边上的两个动点，且，则的最小值为
④已知为内一点，若，且，则的最大值为2
其中所有正确结论的编号是______．
14．已知函数的图象关于直线对称，当时，，当时，，则（8）______．
15．已知函数满足，则__________.
16．设是等差数列的前项和，若，则__________．
三、解答题
17．已知等差数列满足，的前项和为.
（1）求及；
（2）记，求
18．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足.
（1）求B的大小；
（2）如图，，在直线的右侧取点D，使得，求四边形面积的最大值.
19．已知函数，，.
（1）求函数的值域；
（2）若函数在区间上为增函数，求实数的取值范围.
20．已知是递增数列，其前项和为，，且，．
（Ⅰ）求数列的通项；
（Ⅱ）是否存在使得成立？若存在，写出一组符合条件的的值；若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）设，若对于任意的，不等式
恒成立，求正整数的最大值．
21．已知非零向量与不共线，.
（1）若，求t的值；
（2）若A、B、C三点共线，求t的值.
22．已知二次函数满足以下条件：①经过原点②，③函数只有一个零点
（1）求二次函数的解析式；
（2）若对任意，恒成立，求实数m的取值范围：
（3）若函数与的图象有两个公共点，求实数t的取值范围．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
根据并集定义计算，
【详解】
，，，
故选：D．
【点睛】
本题考查集合的交集运算，属于简单题．
2．A
【解析】
【分析】
先利用勾股定理求出AC和∠ACB的正余弦，利用余弦和差公式求出∠ACD的余弦值，进一步根据余弦定理求出AD，从而得到答案.
【详解】
连接AC，
设，
在△ACB中，AB=4，BC=5, ，所以AC=
所以,
所以cos=
所以
多以.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用余弦定理解决实际问题的知识点，考查计算能力，属于比较常见的题型.
3．D
【解析】
根据，利用求解.
【详解】
因为，
所以，
因为，
所以.
故选：D
【点睛】
本题主要考查两角和正切公式的变形应用，还考查运算求解的能力，属于中档题.
4．C
【解析】
根据可求得的范围；利用可知关于对称，从而可得的取值；二者结合求得，代入函数解析式，令解出即为结果.
【详解】
由得：，即：
由得：关于对称
，又
当，即时，取最大值
本题正确选项：
【点睛】
本题考查根据三角函数的性质求解函数解析式、根据函数的最值求解自变量取值的问题，关键是能够判断出函数的对称轴，并能够根据函数值的大小关系得到的范围.
5．D
【解析】
【分析】
根据和的性质可以判断关于中心对称，所求的函数值之和可根据对称性求解
【详解】
因为函数既是二次函数又是幂函数，所以函数，又，所以是奇函数，，因为，所以关于中心对称，
所以，故选：D
6．D
【解析】
假设第轮感染人数为，根据条件构造等比数列并写出其通项公式，根据题意列出关于的不等式，求解出结果，从而可确定出所需要的天数.
【详解】
设第轮感染人数为，则数列为等比数列，其中，公比为，
所以，解得，
而每轮感染周期为7天，所以需要的天数至少为．
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键点有两个：（1）理解题意构造合适的等比数列；（2）对数的计算.
7．D
【解析】
【分析】
，利用指数函数的单调性即可比较，再利用中间量法即可与比较，从而可得答案.
【详解】
解：，
因为函数在上时减函数，且
所以，
又，
所以.
故选：D.
8．C
【解析】
【分析】
分类讨论，时满足题意，时利用二次函数的性质求解．
【详解】
时，不等式为恒成立，
时，由题意得，解得，
综上的取值范围是．
故选：C．
【点睛】
本题考查一元二次不等式恒成立问题，掌握二次函数性质是解题关键，解题时注意对最高次系数是否为0进行讨论，最高次项系数为0，不等式不是二次不等式，求解方法与二次不等式不相同．
9．D
【解析】
【分析】
本题可通过二倍角公式以及同角三角函数关系得出结果.
【详解】
，
，
，
，
故选：D.
10．C
【解析】
【分析】
根据函数图像判断出函数的奇偶性和周期，从而可确定选项.
【详解】
从函数图像上可以看出函数的图像关于原点对称，所以是奇函数，函数y＝f(x)满足f(－x)＝－f(x)，p1为真命题，p3为假命题；从函数图像上可以看出函数的周期为4，由p2：f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，即f(x＋4)＝f(x)，知函数的周期为4，所以p2为真命题，p4为假命题，
故选C.
【点睛】
本题考查由函数图像确定函数的有关性质.
11．C
【解析】
【分析】
先求得，然后结合函数的奇偶性、单调性、零点对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】
，
，
所以，为偶函数，A选项正确.
，B选项正确.
，若在上单调递减，
则，，
由于，所以，
所以的最大值为，的最大值为，C选项错误.
当时，，
，当时，，所以D选项正确.
故选：C
12．B
【解析】
【分析】
利用平面向量共线基本定理列等式，利用不共线向量相等列方程组求解.
【详解】
若向量与共线，则存在实数，使得
，
又因为向量，不共线，所以
，
解得或.
故选：B.
13．①③
【解析】
【分析】
易知三角形是等腰直角三角形,
①取BC的中点D，根据为的重心，利用平面向量的基本定理求解判断；②由在上的投影为求解判断；③以A为原点，分别以AB，AC为x,y轴，建立平面坐标系，易知直线BC的方程为，设，利用数量积运算求解判断；④设，，且，易得，再由，得到求解判断.
【详解】
在中，，，所以三角形是等腰直角三角形,
如图所示：
①取BC的中点D，因为为的重心，则，故正确；
②若为边上的一个动点，向量在上的投影为，所以，故错误；
③如图所示：
以A为原点，分别以AB，AC为x,y轴，建立平面坐标系，则，直线BC的方程为，，
因为，为边上的两个动点，设，且，不妨设，
因为，则 ，即，所以，
所以，当时，等号成立，所以的最小值为，故正确；
④如图所示：
，设，因为，所以，即，
设，且，又，
所以，
因为，所以，所以无最大值，则无最大值，故错误.
故答案为：①③
【点睛】
方法点睛：平面向量的基本运算方法是：一是基底法；二是坐标法.
14．1
【解析】
【分析】
由函数的图象关于直线对称，可求得，由时，，可求得，再结合当时，，可求得答案
【详解】
解：的图象关于对称，当时，，
，
当时，，
（8）（6）（4），
则（8），
故答案为：1．
15．1
【解析】
在中，令即可得解.
【详解】
因为，
所以，
故答案为：1
16．2
【解析】
【分析】
根据等差数列可知，代入可求得结果.
【详解】
由等差数列性质可知：
本题正确结果：
【点睛】
本题考查等差数列性质的应用，属于基础题.
17．（1），；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用等差数列的通项公式，结合，可以得到两个关于首项和公差的二元一次方程，解这个方程组即可求出首项和公差，最后利用等差数列的通项公式 和前项和公式求出及；
（2）利用裂项相消法可以求出.
【详解】
1）设等差数列的公差为，
（2）由（1）知：
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，考查了裂项相消法求数列前项和，考查了数学运算能力.
18．（1）；（2）.
【解析】
（1）由正弦定理将中的边化为角，再结合正弦的两角和公式化简可求得，从而得解；
（2）易知为等边三角形，在中，由余弦定理可求得，再根据和，可推出四边形的面积，最后由和正弦函数的图象与性质即可得解．
【详解】
解：（1）由正弦定理知，，
∵，
∴，
即，
∵，∴，
∵，∴.
（2）由（1）知，，
∵，∴为等边三角形，
在中，由余弦定理知，，
而，
，
∴四边形的面积，
∵，∴，
∴当即时，S取得最大值，为，
故四边形面积的最大值为.
【点睛】
解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
19．（1）；（2）
【解析】
【详解】
试题分析：（1），∵，∴，∴同理，∴∵，∴，∴由此可求出结果；（2）由（1）∵，，∴，令，；解之得，，则的单调递增区间为，，由已知，解之得，再根据，即可求出结果
试题解析：（1），∵
∴，∴
同理，∴
∵，∴，∴
∴
（2）由（1）
∵，，∴
令，；解之得，
则的单调递增区间为，，
由已知，解之得，
∵，∴，∴.
考点：1.由的部分图象确定其解析式；2.函数的值域；3.函数解析式的求解及常用方法．
20．（1）（2）不存在（3）8
【解析】
【详解】
（Ⅰ），得，解得，或．
由于，所以．
因为，所以.
故，
整理，得，即．
因为是递增数列，且，故，因此．
则数列是以2为首项，为公差的等差数列.
所以.………………………………………………5分
（Ⅱ）满足条件的正整数不存在，证明如下：
假设存在，使得，
则．
整理，得， ①
显然，左边为整数，所以①式不成立．
故满足条件的正整数不存在． ……………………8分
（Ⅲ），
不等式可转化为
．
设，
则
.
所以，即当增大时，也增大．
要使不等式对于任意的恒成立，只需即可．
因为，所以.
即.
所以，正整数的最大值为8． ………………………………………14分
21．（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意结合平面向量数乘的概念即可得解；
（2）由题意结合平面向量共线定理、平面向量线性运算法则可得，再由平面向量基本定理即可得解.
【详解】
（1）∵，∴，
∴，∵，∴，
∴；
（2）∵A、B、C三点共线，∴存在非零实数使，
∴即，
∴，
∵与不共线，∴，
∴.
【点睛】
本题考查了平面向量数乘的应用，考查了平面向量线性运算法则、共线定理及平面向量基本定理的应用，属于中档题.
22．（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，的最值为，且对称轴为，可设顶点式，又，代入可得的解析式；
（2）由参数分离可得对任意恒成立，令，则，则，，再由二次函数的最值求法，可得所求范围；
（3）由题意可得．此方程有两个实数根，令，，则关于的方程只有一个正实根，对的符号讨论，结合二次方程实根的分布，解不等式可得所求范围．
【详解】
（1）由条件②可知的对称轴为，由条件③可知的最值为，
可设顶点式，再根据，解得，
故解析式为．
（2）若对任意，恒成立，只需对任意恒成立，
即求在的最小值即可，
令，则，令，
所以，所以．
（3）由函数与的图象有两个公共点，即，整理得
．此方程有两个实数根，
令，，由m与x的图像关系知，当时，一个m对应两个x，
则关于m的方程只有一个正实数根，
分为以下三种情况：
若即时，，所以；
若即时，满足只有一个正实数根，有两种情况，
有2个相等的正实根或两异号根，即或
解得或，
综上所述，t的取值范围是．
答案第1页，共2页
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