2022-2023學(xué)年云南省曲靖市東川第一中學(xué)高一數(shù)學(xué)理聯(lián)考試題含解析

1、2022-2023學(xué)年云南省曲靖市東川第一中學(xué)高一數(shù)學(xué)理聯(lián)考試題含解析一、 選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1. 函數(shù)f（x）對任意正整數(shù)m、n滿足條件f（m+n）=f（m）?f（n），且f（1）=2，則=（）A4032B2016C1008D21008參考答案：B【考點(diǎn)】抽象函數(shù)及其應(yīng)用【分析】令n=1代入條件得f（m+1）=f（m）f（1），進(jìn)而得出，再分別令m=1，3，5，2015即可求出原式結(jié)果【解答】解析：f（x）對任意正整數(shù)m、n滿足條件f（m+n）=f（m）?f（n），令n=1，可得f（m+1）=f（m）f（1），而

2、f（1）=2，所以，因此，分別取m=1，3，5，2015（共1008項(xiàng)）得，=2，所以，原式=2=2016，故答案為：B2. 函數(shù)y=x在1, 1上是（ ）A增函數(shù)且是奇函數(shù) B增函數(shù)且是偶函數(shù)C減函數(shù)且是奇函數(shù) D減函數(shù)且是偶函數(shù)參考答案：A3. 設(shè),則( )A. B. C. D.參考答案：A4. 列函數(shù)中，在區(qū)間(0，)上為增函數(shù)且以為周期的函數(shù)是( )A B C D參考答案： D5. 若函數(shù)有4個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）. . . . 參考答案：B略6. （5分）在ABC中，D、E、F分別BC、CA、AB的中點(diǎn)，點(diǎn)M是ABC的重心，則等于（）ABCD參考答案：C考點(diǎn)：向量在幾何中的

3、應(yīng)用；向量加減混合運(yùn)算及其幾何意義 專題：計(jì)算題分析：先用向量加法的平行四邊形法則化簡 ，再用三角形重心的性質(zhì)：重心分中線為 求值解答：設(shè)AB的中點(diǎn)為F點(diǎn)M是ABC的重心故選C點(diǎn)評：考查向量在幾何中的應(yīng)用、向量加法法則及三角形重心的性質(zhì)：重心分中線為 ，屬于基礎(chǔ)題7. 在數(shù)列，則該數(shù)列中相鄰兩項(xiàng)的乘積是負(fù)數(shù)的是（ ）AB C D參考答案：C8. （5分）如圖，三棱柱ABCABC的所有棱長都相等，側(cè)棱與底面垂直，M是側(cè)棱BB的中點(diǎn)，則二面角MACB的大小為（）A30B45C60D75參考答案：A考點(diǎn)：二面角的平面角及求法 專題：計(jì)算題分析：由已知中三棱柱ABCABC的所有棱長都相等，側(cè)棱與底面垂

4、直，易得三棱柱ABCABC為直三棱柱，ABC，MAC均是以AC為底的等腰三角形，取AC的中點(diǎn)D，連接BD，MD，由二面角的平面角的定義，可得MDB即為二面角MACB的平面角，解RtMBD，即可求出二面角MACB的大小解答：由已知中三棱柱ABCABC的所有棱長都相等，側(cè)棱與底面垂直，可得三棱柱ABCABC為直三棱柱取AC的中點(diǎn)D，連接BD，MD，則MDAC，BDACMDB即為二面角MACB的平面角，在RtMBD中，M是側(cè)棱BB的中點(diǎn)tanMDB=故MDB=30即二面角MACB的大小為30故選A點(diǎn)評：本題考查的知識點(diǎn)是二面角的平面角及求法，其中由二面角的平面角的定義，證得MDB即為二面角MACB的

5、平面角，是解答本題的關(guān)鍵9. 若偶函數(shù)在上的表達(dá)式為，則時(shí)，（ ）A B C D參考答案：C10. 在某次測量中，得到的A樣本數(shù)據(jù)為81，82，82，84，84，85，86，86，86，若B樣本數(shù)據(jù)恰好是A樣本數(shù)據(jù)分別加2后所得的數(shù)據(jù)，則A、B兩個(gè)樣本的下列數(shù)字特征對應(yīng)相同的是( )A眾數(shù)B平均數(shù)C標(biāo)準(zhǔn)差D中位數(shù)參考答案：C考點(diǎn)：極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差 專題：概率與統(tǒng)計(jì)分析：根據(jù)樣本數(shù)據(jù)的眾數(shù)和平均數(shù)以及中位數(shù)和方差的概念，即可得出正確的結(jié)論解答：解：設(shè)樣本A中的數(shù)據(jù)為xi，則樣本B中的數(shù)據(jù)為yi=xi+2，則樣本數(shù)據(jù)B中的眾數(shù)和平均數(shù)以及中位數(shù)和A中的眾數(shù)，平均數(shù)，中位數(shù)都加上2，只有標(biāo)準(zhǔn)差不會(huì)

6、發(fā)生變化故選：C點(diǎn)評：本題考查了眾數(shù)、平均數(shù)、中位數(shù)、標(biāo)準(zhǔn)差的定義與應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題目二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 如圖，在中，與交于，設(shè)，則為.參考答案：12. 已知cos（x+）=，x，則= 參考答案：【考點(diǎn)】同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運(yùn)用【分析】已知等式利用兩角和與差的余弦函數(shù)公式化簡，整理求出cosxsinx的值，利用完全平方公式及同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系求出cosx+sinx與2sinxcosx的值，原式化簡后代入計(jì)算即可求出值【解答】解：cos（x+）=（cosxsinx）=，cosxsinx=，兩邊平方得：cos2x+sin2x2sinxcosx=12s

7、inxcosx=，即2sinxcosx=，cosx+sinx=sin（x+），且x+2，cosx+sinx0，（cosx+sinx）2=1+2sinxcosx=，開方得：cosx+sinx=，則原式=故答案為：13. （5分）函數(shù)f（x）=的定義域是 參考答案：（1，+）考點(diǎn)：函數(shù)的定義域及其求法 專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：由對數(shù)式的真數(shù)大于0，根式內(nèi)部的代數(shù)式大于等于0聯(lián)立不等式組，求解x的取值集合得答案解答：要使原函數(shù)有意義，則x10，即x1函數(shù)f（x）=的定義域是（1，+）故答案為：（1，+）點(diǎn)評：本題考查了函數(shù)的定義域及其求法，考查了不等式組的解法，是基礎(chǔ)題14. 若，則的取值范圍是

8、 參考答案：略15. 函數(shù)的定義域?yàn)?.參考答案：16. 設(shè)常數(shù)a1，則f（x）=x22ax+1在區(qū)間1，1上的最大值為參考答案：2a【考點(diǎn)】二次函數(shù)的性質(zhì)【專題】函數(shù)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】根據(jù)a的范圍判斷f（x）在1，1上的單調(diào)性，利用單調(diào)性求出最大值【解答】解：f（x）的圖象開口向下，對稱軸為x=a1，f（x）在1，1上是減函數(shù)，f（x）在區(qū)間1，1上的最大值為f（1）=2a故答案為2a【點(diǎn)評】本題考查了二次函數(shù)的單調(diào)性與對稱軸的關(guān)系，是基礎(chǔ)題15.設(shè)的值等于 .參考答案：略三、 解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18. 已知定義域?yàn)镽

9、的函數(shù)是奇函數(shù).（1）求b的值；（2）判斷函數(shù)的單調(diào)性，并用定義證明；（3）當(dāng)時(shí)，恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.參考答案：(1）在定義域?yàn)槭瞧婧瘮?shù).所以，即，.檢驗(yàn)知，當(dāng)時(shí)，原函數(shù)是奇函數(shù).（2）由（1）知，任取，設(shè)，則，因?yàn)楹瘮?shù)在上是增函數(shù)，且，所以，又，即，函數(shù)在上是減函數(shù).（3）因是奇函數(shù)，從而不等式等價(jià)于，因在上是減函數(shù)，由上式推得，即對一切有：恒成立，設(shè)，令，則有，即的取值范圍為.19. 已知函數(shù)f（x）是定義在區(qū)間1，1上的奇函數(shù)，且f（1）=1，若對于任意的m、n1，1有（1）判斷并證明函數(shù)的單調(diào)性；（2）解不等式；（3）若f（x）2at+2對于任意的x1，1，a1，1恒成立，求實(shí)

10、數(shù)t的取值范圍參考答案：【考點(diǎn)】奇偶性與單調(diào)性的綜合 【專題】綜合題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】（1）設(shè)x1=m，x2=n，由已知可得，分x1x2，及x1x2兩種情況可知f（x1）與f（x2）的大小，借助單調(diào)性的定義可得結(jié)論；（2）利用函數(shù)單調(diào)性可得去掉不等式中的符號“f”，轉(zhuǎn)化為具體不等式，再考慮到函數(shù)定義域可得不等式組，解出即可；（3）要使得對于任意的x1，1，a1，1都有f（x）2at+2恒成立，只需對任意的a1，1時(shí)2at+2f（x）max，整理后化為關(guān)于a的一次函數(shù)可得不等式組；【解答】（1）函數(shù)f（x）在區(qū)間1，1上是增函數(shù)：證明：由題意可知，對于任意的m、n1，1有，可設(shè)x1=m，

11、x2=n，則，即，當(dāng)x1x2時(shí)，f（x1）f（x2），函數(shù)f（x）在區(qū)間1，1上是增函數(shù)；當(dāng)x1x2時(shí)，f（x1）f（x2），函數(shù)f（x）在區(qū)間1，1上是增函數(shù)；綜上：函數(shù)f（x）在區(qū)間1，1上是增函數(shù)（2）由（1）知函數(shù)f（x）在區(qū)間1，1上是增函數(shù)，又由，得，解得，不等式的解集為；（3）函數(shù)f（x）在區(qū)間1，1上是增函數(shù)，且f（1）=1，要使得對于任意的x1，1，a1，1都有f（x）2at+2恒成立，只需對任意的a1，1時(shí)2at+21，即2at+10恒成立，令y=2at+1，此時(shí)y可以看做a的一次函數(shù)，且在a1，1時(shí)y0恒成立，因此只需要，解得，實(shí)數(shù)t的取值范圍為：【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)的單

12、調(diào)性、奇偶性及其綜合應(yīng)用，考查抽象不等式的求解及恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，考查學(xué)生解決問題的能力，利用函數(shù)性質(zhì)去掉符號“f”是解決抽象不等式的關(guān)鍵20. (13分)函數(shù)y=f(x)滿足f(3+x)=f(1x), 且x1, x2(2, +)時(shí), 0成立, 若f(cos2+2m2+2)f(sin+m23m2)對R恒成立.(1) 判斷y=f (x)的單調(diào)性和對稱性;(2) 求m的取值范圍.參考答案：解: (1) 由f (3+x)=f (1x)f (2+x)=f(2x) y=f (x)的對稱軸為x=22分當(dāng)2x1x2時(shí), f (x1)f (x2); 當(dāng)2x2x1時(shí), f (x2)f (x1) y=f

13、(x)在(2, +)上為增函數(shù), 在(, 2)上為減函數(shù)4分 (2) 由f(cos2+2m2+2)f(sin+m23m2)|cos2+2m2|sin+m23m4| 即m23m4+sincos2+2m2(i) 或m23m4+sincos22m2(ii)恒成立7分由(i)得m2+3m+4cos2+sin=(sin+)2恒成立, m2+3m+4 4m2+12m+210恒成立, 無解10分由(ii) 得3m23m4cos2sin=(sin)2恒成立3m23m412m212m110m13分略21. （12分）某研究機(jī)構(gòu)對中學(xué)生記憶能力x和識圖能力y進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析，得到如下數(shù)據(jù)：記憶能力x46810識圖能力y368由于某些原因，識圖能力的一個(gè)數(shù)據(jù)丟失，但已知識圖能力樣本平均值是5.5（）求丟失的數(shù)據(jù)；（）經(jīng)過分析，知道記憶能力x和識圖能力y之間具有線性相關(guān)關(guān)系，請用最小二乘法求出y關(guān)于x的線性回歸方程；（III）若某一學(xué)生記憶能力值為12，請你預(yù)測他的識圖能力值參考答案：【考點(diǎn)】線性回歸方程【分析】（）設(shè)丟失的數(shù)據(jù)為m，依題意得，即可求丟失的數(shù)據(jù)；（）用最小二乘法求出回歸系數(shù)，即可求出y關(guān)于x的線性回歸方程；（III） 由（）得，當(dāng)x=12時(shí)，即可預(yù)測他的識圖能力值【解答】解：（）設(shè)丟失的數(shù)據(jù)為m，依題意得，解得m=5，即丟失的數(shù)據(jù)值是5（2分）（）由表中的數(shù)據(jù)得：，（6分），（8分），