浙江省湖州市德清县2021-2022学年度高一下学期返校考试数学试题（Word版，含解析）

浙江省湖州市德清县高一下学期返校考试数学试题
一、单选题
1．下列函数是周期为的偶函数是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．已知向量a＝(1，x－1)，b＝(y,2)，其中x>0，y>0.若a⊥b，则xy的最大值为(　　)
A． B． C．1 D．2
5．函数的部分图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
6．若，则为（ ）
A． B．
C． D．
7．设，，，则，，的大小关系是
A． B． C． D．
8．若，为正实数，且，，则“”是“”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
二、多选题
9．已知一元二次方程有两个实数根，且，则的值为（ ）
A．-2 B．-3 C．-4 D．-5
10．已知函数，若关于的方程有4个不同的实根，则实数可能的取值有（ ）
A．4 B． C． D．
11．在△中，，则的大小不可能为（ ）
A． B． C． D．
12．对任意实数a，b，c，下列命题中正确的是（ ）
A．“”是“”的充要条件
B．“是无理数”是“a是无理数”的充要条件
C．“”是“”的充分不必要条件
D．“”是“”的必要不充分条件
三、填空题
13．函数且的图象恒过定点_______．
14．若函数的导函数，的部分图象如图所示，，当，时，则的最大值为_________.
15．已知过定点P，且P点在直线上，则的最小值=______________．
16．一种专门侵占内存的计算机病毒，开机时占据内存，然后每分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的倍，那么开机后经过______分钟，该病毒占据内存．（）
四、解答题
17．已知函数
（1）若，求的单调区间；
（2）若的值域是，求的值.
18．已知函数.
（Ⅰ）求函数的最小正周期；
（Ⅱ）求函数在的单调递增区间.
19．已知集合，，且，求．
20．如图,在平面直角坐标系中,以轴正半轴为始边的锐角的终边与单位圆交于点,且点的纵坐标是．
（1）求的值:
（2）若以轴正半轴为始边的钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标为,求的值．
21．已知二次函数.
（1）若的图象经过点和点，求和的值；
（2）若的值域为，关于的不等式的解集为，求的值.
22．销售甲 乙两种商品所得利润分别是(单位:万元)和(单位:万元)，它们与投入资金(单位:万元)的关系有经验公式，.今将10万元资金投入经营甲 乙两种商品，其中对甲种商品投资(单位:万元).
（1）试建立总利润(单位:万元)关于的函数关系式，并写出定义域；
（2）如何投资经营甲 乙两种商品，才能使得总利润最大，并求出最大总利润.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
由奇偶函数的定义可判断A，B是奇函数，而D选项不是周期函数，可得正确答案.
【详解】
对于选项A，，所以函数是奇函数，故不选A；
对于选项B，，所以函数是奇函数，故不选B；
对于选项D，为偶函数，但不是周期函数，故不选D；
对于选项C，，所以函数是偶函数，又，所以周期是.
故选：C
2．A
【解析】
【分析】
先求解集合,然后根据选项确定正确答案.
【详解】
因为，所以，即；，，故选A.
【点睛】
本题主要考查集合的运算，属于简单题目，化简集合为最简形式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
3．C
【解析】
【分析】
解不等式求出集合，再进行交集运算即可求解.
【详解】
因为，
，
所以，
故选：C.
4．B
【解析】
【详解】
因为a＝(1，x－1)，b＝(y,2)，a⊥b，所以a·b＝y＋2(x－1)＝0，即2x＋y＝2.又因为x>0，y>0，所以2x＋y≥2，当且仅当x＝，y＝1时等号成立，即2≤2，所以xy≤，所以当且仅当x＝，y＝1时，xy取到最大值，最大值为.
故选B.
5．C
【解析】
【分析】
确定奇偶性排除两个选项，再由函数值的正负排除一个后可得结论．
【详解】
本题考查函数的图象与性质.∵，是偶函数，∴排除A，B选项，
又∵当时，，∴排除D选项.
故选：C．
6．C
【解析】
【分析】
由特称命题的否定为全称命题可得答案.
【详解】
，为特称命题，由特称命题的否定为全称命题.
则为:
故选：C
7．D
【解析】
【分析】
利用指数函数、对数函数和幂函数的性质，分别求出，，的范围，即可比较出三者的大小关系.
【详解】
，，从而.
故选：D.
【点睛】
本题考查利用利用指数函数、对数函数和幂函数的性质比较代数式大小的问题，考查学生分析和解答问题的能力，属于基础题.
8．A
【解析】
【详解】
分析：由题意为正实数，若，则成立，而当，求得则或或成立，即可作出判定．
详解：由题意为正实数，若，则，
所以，所以成立，
若，则，则或或成立，
所以“”是“”成立的充分不必要条件，故选A．
点睛：本题主要考查了充分不必要条件的判定和对数函数的性质，其中熟记对数函数的运算性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．
9．BC
【解析】
设，利用已知条件得到，求解即可得出结果.
【详解】
设，
由，
可得，
解得：，
又因为，
得或，
故选：BC.
10．CD
【解析】
【分析】
根据二次函数和指数函数的性质作出函数的图象，令，则，令，根据题意可得方程有两个不同的根，作出的图象，进而列出不等式组，解之即可.
【详解】
当时，，则函数在上单调递增，
作出的图象，如图1，
令，则，令，
所以方程有两个不同的根，记为，则，
作出的图象，如图2，
由图可得，解得.
故选：CD
11．BCD
【解析】
【分析】
将题干中两个式子平方后求和化简可得，结合，可得C＝或，又4sinB＝1－3cosA>0，可得cosA<<，则A>，分析即得解
【详解】
由，
两式平方和得
即 9＋16＋24sin(A＋B)＝37，
因而.
在△中，sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝，且
因而C＝或，
又3cosA＋4sinB＝1化为4sinB＝1－3cosA>0，
所以cosA<<，则A>，故C＝
故选：BCD
12．BD
【解析】
【分析】
根据充分性和必要性的定义结合不等式的性质，对各个选项逐一分析即可得出答案.
【详解】
解：对于A，当时，由不能推出，故A错误；
对于B，若是无理数，则a是无理数，若a是无理数，则是无理数，所以“是无理数”是“a是无理数”的充要条件，故B正确；
对于C，若，当时，，所以“”不是“”的充分条件，故C错误；
对于D，，当时，，当时，，所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确.
故选：BD.
13．
【解析】
【分析】
根据题意，利用，令，解可得，将代入解析式可得，即可求函数的图象所过的定点．
【详解】
解：根据题意，函数中，
令，解可得，
此时，
即函数的图象恒过定点，
故答案为．
【点睛】
本题考查指数函数中含有参数的函数过定点的问题，自变量的取值使函数值不含参数即可求出其定点.
14．
【解析】
【分析】
由图象可得：A＝2，，解得ω＝2．可得f′（x）＝2cos（2φ）＝﹣2，|φ|），把x，2代入解得φ．可得f′（x），进而得出f（x），g（x）＝f（x），利用正弦函数的单调性即可得出结论．
【详解】
由图象可得：A＝2，，解得ω＝2．
∴f′（x）＝2cos（2φ）＝﹣2，|φ|），解得φ．
∴f′（x）＝2cos（2x）．
∴f（x）＝sin（2x）+c．（c为常数）．
g（x）＝f（x）＝sin2x+c．
x∈[，]时，2x∈．
sin2x∈，
当x1，x2∈[，]时，则|g（x1）﹣g（x2）|＝|sin2x1﹣sin2x2|≤1﹣（）．
因此当x1，x2∈[，]时，则|g（x1）﹣g（x2）|的最大值为．
故答案为．
【点睛】
本题考查了导数的运算法则、三角函数的图象与性质、等价转化方法、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
15．##
【解析】
【分析】
先求出定点，代入直线方程，最后利用基本不等式求解.
【详解】
经过定点，代入直线得，
，
当且仅当时等号成立
故答案为：
16．45
【解析】
【分析】
每过一个分钟，所占内存是原来的倍，故个分钟后，所占内存是原来的倍，再利用指数的运算性质可解．
【详解】
因为开机时占据内存，然后每分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的倍，
所以分钟后占据内存，两个分钟后占据内存，三个分钟后占据内存，
故个分钟后，所占内存是原来的倍，
则应有，，
故答案为45
【点睛】
本题考查了指数函数的应用、指数的运算性质，属于基础题．
17．（1）递增区间是，递减区间是；（2）.
【解析】
【分析】
（1）当时，得到根据复合函数的单调性的判定方法，即可求得函数的单调区间；
（2）令，要使得函数的值域为，的，
结合一次、二次函数的性质，即可求解.
【详解】
（1）当时，
令，
由在上单调递增，在上单调递减，
又由在上单调递减，
根据复合函数的单调性的判定方法，可得在上递减，在上递增，
即函数的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）令，
由指数函数的性质知，要使的值域为，
应使的值域为，
当时，，此时，符合题意；
当时，函数为二次函数其值域不可能为，不符合题意，
综上可得，实数的值为.
18．（1）函数的最小正周期是（2）
【解析】
【分析】
（1）利用三角函数恒等变换的公式，化简，利用周期的公式，即可求解函数的最小正周期；
（2）由，根据三角函数的性质，得到，即可得到函数的递增区间.
【详解】
（1）由题意，函数
，则，即函数的最小正周期是.
（2），.
，.
所以函数在的单调递增区间是.
【点睛】
本题主要考查了三角恒等变换，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中利用三角恒等变换的公式，化简的解析式，再利用三角函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
19．
【解析】
【分析】
由，得，，解得或，进而求得集合，验证即可.
【详解】
∵，∴，∴，解得或．
①若，则，则，与已知矛盾，舍去；
②若，则不满足集合中元素的互异性，舍去；
③若，则，符合题意．
∴．
【点睛】
本题考查了集合间的关系，考查了交，并集的运算，考查了分类讨论的数学思想方法，属于基础题．
20．（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）依题意,任意角的三角函数的定义可知,,进而求出．
在利用余弦的和差公式即可求出.
（2）根据钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,得出,进而得出,利用正弦的和差公式即可求出,结合为锐角,为钝角,即可得出的值.
【详解】
解：因为锐角的终边与单位圆交于点,点的纵坐标是,
所以由任意角的三角函数的定义可知,．
从而．
（1）于是
．
（2）因为钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,
所以,从而．
于是
．
因为为锐角,为钝角,所以
从而．
【点睛】
本题本题考查正弦函数余弦函数的定义,考查正弦余弦的两角和差公式,是基础题.
21．（1）；（2）.
【解析】
（1）由条件可得是方程的两个根，然后由韦达定理可得答案；
（2）由的值域为可得，由的解集为可得是方程的两个根，然后可得方程，即可求出答案.
【详解】
（1）由条件可得，
所以是方程的两个根
由韦达定理可得，，即
（2）因为的值域为
所以，即可得①
因为的解集为
所以是方程的两个根
所以，
所以②
由①②可得
【点睛】
本题考查的是一元二次不等式和一元二次方程之间的关系，考查了学生的转化能力，属于中档题.
22．（1），定义域为；（2）甲商品投入万元，乙商品投入万元时，总利润最大为万元.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，可以求出对乙种商品投资金额，最后写出函数的关系式及定义域；
（2）令，根据二次函数的单调性求出最大值即可.
【详解】
（1）因为10万元资金投入经营甲 乙两种商品，对甲种商品投资(单位:万元)，所以对乙两种商品投资(单位:万元)，于是有，定义域为；
（2）令，
因为定义域为，所以，
所以
当时，函数为单调递增函数;
当时，函数为单调递减函数.
所以当时，即时，总利润最大为万元.
即甲商品投入万元，乙商品投入万元时，总利润最大为万元.
【点睛】
本题考查了根据具体实际问题写函数的解析式，考查了用换元法求函数最大值问题，考查了数学阅读能力和数学运算能力.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页