2016第一学期绍兴一中高一数学期末试卷

高一数学试卷

一、选择题（每题3分，共24分）

1．现有两个命题：

（1）若，且不等式恒成立，则的取值范围是集合；

（2）若函数，的图像与函数的图像没有交点，则的取值范围是集合；

则以下集合关系正确的是（）

A．        B. C.D.

2．定义区间的长度为（），函数的定义域与值域都是，则区间取最大长度时实数的值为（）

A．                B．-3               C．1               D．3

3．定义在上的函数对任意都有，且函数的图象关于（1,0）成中心对称，若满足不等式，则当时，的取值范围是（）

A．           B．      C．        D． 

4．已知函数，设方程的四个实根从小到大依次为，对于满足条件的任意一组实根，下列判断中一定正确的为（）

A． B． C． D． 

5．若函数是上的单调函数，且对任意实数，都有，则（）

A．1           B．         C．         D．0

6．若是三角形的最小内角，则函数的最小值是（）

A．            B．              C．         D． 

7．已知非零向量满足，若函数在R 上存在极值，则和夹角的取值范围为（）

A.         B.        C.       D.  

8．已知函数，若存在实数，，，，满足，且，则的取值范围是（）

A．          B．           C．          D． 

二、填空题（每题3分，共21分）

9．已知为非零实数，，且.若当时，对于任意实数，均有，则值域中取不到的唯一的实数是．

10．已知函数,其中为常数,若,则．

11．若关于的函数的最大值为，

最小值为，且，则实数的值为．

12．在钝角△ABC中，∠A为钝角，令，若．现给出下面结论：

①当时，点D是△ABC的重心；

②记△ABD，△ACD的面积分别为，，当时，；

③若点D在△ABC内部（不含边界），则的取值范围是；

④若，其中点E在直线BC上，则当时，．

其中正确的有（写出所有正确结论的序号）．

13．已知函数，若（），则=．

14．若的重心为，，动点满足（），则点的轨迹所覆盖的平面区域的面积等于．

15．已知向量a，b，｜a｜=1，｜b｜=2，若对任意单位向量e，均有｜a·e｜+｜b·e｜,则a·b的最大值是．

三、解答题（共55分）

16．（8分）已知函数的定义域为.

（1）求；

（2）已知，，且，求实数的取值范围.

17．（8分）已知向量，.

（1）若，求的值.

（2）记在中角的对边分别为且满足，求的取值范围.

18．（13分）设函数．

（1）当时，求函数的值域；

（2）若，对任意的实数函数恒成立，求实数的取值范围；

（3）若，存在实数使得函数成立，求实数的取值范围．

19．（12分）已知，.

（1）求当时，的值域；

（2）若函数在内有且只有一个零点，求的取值范围.

20．（14分）已知函数，．

（Ⅰ）若有且仅有两个不同的解，求的值；

（Ⅱ）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；

（Ⅲ）若时，求在上的最大值．

参

1．C

【解析】

试题分析：法一、对（1）：由得即.

不等式恒成立，等价于恒成立.这只需即可.

（当时，取等号）.的取值范围是.

对（2）：作出函数，的图像与函数的图像如图所示：

对求导得：.由得.由此得切点为.代入得.由图可知时，函数，的图像与函数的图像没有交点，故的取值范围为.

综上得：.所以选.

法二、对（1）：由得即.

由于即.

由此可以看出，这两个问题，实质上是同一个问题.所以的取值范围相同. 故选.

考点：1、对数运算；2、函数的图象；3、不等关系；4、重要不等式.

2．D

【解析】

试题分析：设是已知函数定义域的子集．，或，故函数在上单调递增，则，故是方程的同号的相异实数根，即的同号的相异实数根，∵，∴同号，只需，∴或，，取最大值为．此时，故选：D．

考点：（1）函数的值域；（2）函数的定义域及求法．

【方法点晴】本题考查了函数性质的方程的运用，属于中档题，分类讨论思想的运用，增加了本题的难度，解题时注意．由题意得出，故是方程的同号的相异实数根，即的同号的相异实数根得出，只需，或，利用函数求解，取最大值为．此时．

3．D

【解析】

试题分析：设，则．由，知，即，所以函数为减函数．因为函数的图象关于成中心对称，所以为奇函数，所以，所以，即．因为，而在条件下，易求得，所以，所以，所以，即，故选D．

考点：1、函数的单调性；2、函数的奇偶性；3、不等式的性质．

【方法点睛】利用函数性质解决函数不等式的常用方法有：（1）根据奇函数、偶函数的图象特征和性质，通过图象将函数不等式转化为一般不等式，从而解决函数不等式问题；（2）根据函数奇偶性与周期性将函数不等式中的自变量转化到同一单调区间上，再根据单调性脱去符号“”求解． 

4．D

【解析】

试题分析：不妨令,函数f（x）图象与函数的图象如图，

则方程的根即为两个函数图象交点的横坐标，由图象可知，可能大于2，所以A错误,又，所以，所以B错误；，所以，则C错误，综上可知选D．

考点：1函数与方程;2数形结合思想．

5．C

【解析】

试题分析：∵是上的单调函数，且，∴（为常数），

，又∵，∴，令，显然在上单调递增，而，∴，∴，故选C．

考点：1．函数的解析式；2．函数的性质．

【思路点睛】求函数解析式常用的方法：1．待定系数法；2．换元法(换元后要注意新元的取值范围)；

3．配凑法；4．解方程组法；而函数单调性的应用比较广泛是每年高考的重点和热点内容，归纳起来常见的命题角度有：1．求函数的值域或最值；2．比较两个函数值或两个自变量的大小；3．解函数不等式或方程；4．求参数的取值范围或值．

6．A

【解析】

试题分析：利用三角函数的恒等变换对函数进行化简整理，又，所以有，是三角形的最小内角，所以有，由函数的单调性可知函数在取得最小值，故本题的正确选项为A.

考点：三角恒等变换,函数的最值.

7．B

【解析】

试题分析：，设和夹角为，因为有极值，所以，即，即，所以．

考点：1、函数导数；2、二次函数零点问题．

8．B

【解析】

试题分析:在平面直角坐标系中，作出函数的图象如图所示：

因为存在实数，，，，满足，且，所以由图象知：，，，，当时，直线与函数的图象有个交点，直线越往上平移，的值越小，直线直线越往下平移，的值越大，因为当时，，当时，

，所以的取值范围是，故选B．

考点：函数的图象．

9． 

【解析】

试题分析：因为当时，对于任意实数，均有，所以，即，因为对恒成立，所以且，所以，因为，，所以和是方程的两个根，即和是方程的两个根，所以，，由得：，所以，即取不到这个数，所以值域中取不到的唯一的实数是，所以答案应填：．

考点：1、函数值；2、函数的解析式；3、函数的值域．

10．－12

【解析】

试题分析：设，易得是奇函数，，则，．

考点：函数的奇偶性．

【名师点睛】本题给出的函数不具有奇偶性，但我们通过变形构造出一个新函数是奇函数，从而利用奇函数的性质求解复杂式子的值，这充分体现了转化思想与构造技巧的应用．

11． 

【解析】

试题分析：由已知，而函数为奇函数

又函数最大值为，最小值为，且， 

考点：函数的奇偶性和最值

【名师点睛】本题考查函数的最大值、最小值，考查函数是奇偶性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．解释要充分利用已知条件将函数变形为，则函数为奇函数，而奇函数的最值互为相反数，可得，则问题得解．

12．①②③

【解析】

试题分析：①设中点为，则，当时，，因为为上的中线，所以是的重心．所以①正确；

②令，所以当时，可知为平行四边形，

所以，因为，所以，

所以，所以②正确；

③当与重合时；当与重合时；当与重合时；所以点在构成的三角形内部（不含边界）．表示点与连线的斜率，由数形结合可知当时，当时，所以．所以③正确；

④令，

所以，

因为，所以，所以④不正确．

综上可得结论正确的有：①②③．

考点：平面向量．

13． 

【解析】

试题分析：，又函数

是奇函数，由题意，所以，即，．

考点：函数的奇偶性，诱导公式．

14．12

【解析】

试题解析：点的轨迹所覆盖的区域如图所示，恰好为面积的2倍，

因此面积为12.

考点：平面向量的基本定理.

15． 

【解析】

试题分析：，即最大值为.

【考点】平面向量的数量积．

【易错点睛】在两边同时平方，转化为的过程中，很容易忘记右边的进行平方而导致错误．

16．（1）;（2）.

【解析】

试题分析：（1）定义域是使表达式有意义是所有自变量的取值范围，故；（2）首先将不等式变形为，根据条件求出集合,根据条件,画数轴表示端点不等式，解出实数的取值范围.

试题解析：（1）由题意，得，解得，或，

∴函数的定义域为.

（2）∵，

∴当时，，或

又，∴，

∴,

又∵，

∴，∴，

∴实数的取值范围为.

考点：1.定义域；2.集合的运算.

17．（1）；（2）.

【解析】

试题分析：（1）化简，得，由倍角公式得，再利用角的变换得；

（2）利用正弦定理把中的边化角，求出，∴，∴，∴，∴，又∵，∴.

试题解析：（1）

∴∴∴.

（2）∴，∴

∴∴∴

又∵∴.

考点：1、正弦定理；2、三角函数的性质.

18．（1）（2）（3）

【解析】

试题分析：（1）先利用二倍角公式将函数化为一元二次函数：，利用对称轴与定义区间位置关系得的值域（2）分类讨论不等式恒成立：当时，一次函数成立；当时，根据二次函数开口方向，对称轴位置，定义区间，判别式讨论最小值取值情况（3）二次函数与绝对值综合，先确定函数的值域，这需要根据对称轴与定义区间位置关系进行分类讨论，再结合取绝对值后最小值的变化，列对应不等式，并求解.

试题解析：解：（1）当时，

因为，所以

（2）当时，．

令，则．

当时，可得，

故且无解，

当时，可得，成立 

当时可知为开口向上的二次函数．

①当时，在上单调递增，所以，故．

②当时，可得，解之得，故，

综上可知

（3）当时，．

令，则．

当时，函数的值域为；

所以或，无解．

当，函数的值域为；

所以或，解之得．

当时，函数的值域为；

所以或，解之得，

当时，函数的值域为．

所以或，无解．

综上可知： 

考点：一元二次函数最值，不等式恒成立

19．（1）的值域为；（2）或.

【解析】

试题分析：（1）当时，，令，则，，可求的值域；（2），

令，则当时，，，在内有且只有一个零点等价于在内有且只有一个零点，无零点.因为，∴在内为增函数，分①若在内有且只有一个零点，无零点，和②若为的零点，内无零点两种情况讨论即可.

试题解析：（1）当时，，令，则，，

，当时，，当时，，所以的值域为.

（2），

令，则当时，，，

，在内有且只有一个零点等价于在内有且只有一个零点，无零点.因为，∴在内为增函数，①若在内有且只有一个零点，无零点，故只需得；

②若为的零点，内无零点，则，得，经检验，符合题意.

综上，或.

考点：利用换元思想解决三角函数问题，函数的零点

20．（Ⅰ）或；（Ⅱ）；（Ⅲ）．

【解析】

试题分析：（Ⅰ）解方程，根据积商符号法则转化为两个绝对值不是的根的问题求解；（Ⅱ）不等式恒成立即对恒成立，对进行分类讨论，分离参数，转化为函数的最值问题求解；（Ⅲ）去掉绝对值，利用分段函数的最值求解．

试题解析：（Ⅰ），∴或

∴或

（Ⅱ）

①若，；

②若，则

，

∴

（Ⅲ）

若，即，则

所以，在上递增，上递增，上递减，

所以， 

若，即，则

所以，在递减，递增，递增，递减，递增

又，， 

所以，当时， 

当时， 

③若，即，则

所以，在上递增，上递增，上递减，上递减，

又，， 

由于，所以

综上， 

考点：函数的图象与性质的应用；绝对值不等式的求解．

【方法点晴】本题主要考查了绝对值函数及绝对值不等式的应用问题，着重考查了转化数学思想方法和分类讨论的思想方法的应用及解不等式问题，试题难度较大，属于难题，本题的第二、三问的解答中，不等式恒成立即对恒成立，对进行分类讨论，分离参数，转化为函数的最值问题求解，以及去掉绝对值号，转化为分段函数，利用分段函数的最值求解．