精品解析：上海市曹杨第二中学2022-2023学年高一上学期期末数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高一_上学期_3：期末

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 上海市曹杨第二中学 2022 学年度第一学期 高一年级总结性评价数学试卷 命题人：郭天翔 校对人：汪哲豪 考生注意： 1、答卷前，考生务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚． 2、本试卷共有 21 道试题，满分 150 分，评价时间 120 分钟．请同学们将选择题答案直接点 击在智学网上，非选择题用黑色水笔将答案写在答题卷上，并按要求拍照上传至智学网相关 位置． 一、填空题（本大题共有 12题，满分 54分，第 1～6题每题 4分，第 7～12题每题 5分） 1,a 1. 若 120 角的终边上有一点 ，则a的值是______． 【答案】 3 【解析】 【分析】直接利用正切函数的定义可以求解. a 【详解】由正切函数的定义可得tan120 ，则a  3． 1 故答案为： 3. 【点睛】本题考查三角函数定义的应用，属于基础题. 2. 函数 f(x) log x1的定义域为________． 2 【答案】[2，+∞） 【解析】 【详解】分析：根据偶次根式下被开方数非负列不等式，解对数不等式得函数定义域. 详解：要使函数 f x 有意义，则log x10，解得x2，即函数 f x 的定义域为[2,). 2 点睛：求给定函数的定义域往往需转化为解不等式（组）的问题. 1 3. 已知幂函数 f(x)的图象过点(2, )，则 f(x)的单调减区间为______． 4 【答案】(0,) 【解析】 1 【分析】由已知可设 f(x)x,由题意有 f(2) ，解得2,即 f(x) x2,再结合函数 f(x)的单调性可 4 得解. 第 1 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【详解】解:因为 f(x)为幂函数, 设 f(x)x, 1 由函数 f(x)的图象过点(2, )， 4 1 则2 ,即2, 4 即 f(x) x2, 故 f(x)的单调减区间为(0,), 故答案为 (0,). 【点睛】本题考查了幂函数解析式的求法及幂函数的单调性，重点考查了幂函数的定义，属基础题. 4. 设 a为常数，集合 A   x,y y  1  ，集合 B x,y xa  ，则 AB的元素个数为  x2 1 __________． 【答案】1 【解析】 【分析】由交集定义可确定AB，由此可得元素个数.  xa      1  【详解】 AB x,y  1  a, ，A  B的元素个数为1.   y    a2 1   x2 1 故答案为：1. 5. 设a、b为常数，若关于x的不等式ax2 x30的解集为 1,b ，则b__________． 3 【答案】 2 【解析】 【分析】分别讨论 a0、 a0，其中 a0时，根据解集为 1,b 得 a0， x=-1,x=b均为 ax2 x30的根，即可列式求解. 【详解】当a0，不等式ax2 x30的解集为 3, ，与题意不符； 当a0，不等式ax2 x30的解集为 1,b ，则a0，∴x=-1,x=b为ax2 x30的根，且 第 2 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  1 1b   a 3 b1，则 ，解得a2,b . 3 2  1b  a 3 故答案为： 2 6. 设函数y  x2 1x0 的反函数为y  f 1x ．若 f 1a2，则a __________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据反函数的性质即可求解. 【详解】 f(x) x2 1，x 0,且 f 1a2 所以 f(2)22 1a，所以a 5， 故答案为：5. 7. 已知函数 y  f x 是定义在R 上的奇函数，且当x0时， f x2x1，则函数 y  f x 的值域为 __________． 【答案】 1,1 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性得到函数解析式，画出函数图像，根据图像得到值域. 【详解】当x0时，x0，则 f xf x  2x 1  2x 1， 2x 1,x0 故 f x ，画出函数图像，如图所示：  2x 1,x0 根据图像知，函数值域为 1,1 . 故答案为： 1,1  1 1 8. 已知函数y  f x 满足：对任意非零实数x，均有 f  x   x2  ，则 f 3__________．  x x2 第 3 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【答案】7 【解析】 1 1  1 2 【分析】取x 3，则x2    x  27，得到答案. x x2  x  1 1 1 1  1 2 【详解】 f  x   x2  ，取x 3，则x2    x  27，即 f 37.  x x2 x x2  x 故答案为：7 sincos 1 9. 若  ，则sincoscos2__________． sincos 2 2 【答案】 ##0.4 5 【解析】 sincos 1 tan1 【分析】根据  得到tan3，变换sincoscos2 ，计算得到答案. sincos 2 1tan2 sincos tan1 1 【详解】   ，解得tan3， sincos tan1 2 sincoscos2 tan1 31 2 sincoscos2    . sin2cos2 1tan2 10 5 2 故答案为： 5 4 10. 已知1a3，设函数 y  f x 的表达式为 f x x ．若存在 x 1,a ， x a,3 ，使得 x 1 2 45 f x  f x  ，则实数a的最大值为__________． 1 2 2 9 17 【答案】 4 【解析】 45 45 【分析】先分析出 f x   f x   ，由 f 1, f 3 的值可得 f 1 f 3 ，转化为 1 max 2 max 2 2 45 f 1 f a ，求出实数a的最大值. 2 45 【详解】因为存在x 1,a ，x a,3 ，使得 f x  f x  ， 1 2 1 2 2 45 所以只需 f x   f x   . 1 max 2 max 2 4 由对勾函数的性质可知： f x x 在1,2上单减，在 2,3 上单增. x 第 4 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 4 13 4 4 而 f 1145， f 33  ，且 f x x 在 1,3 上的最小值为 f 22 4， 3 3 x 2 4 f x x 在 1,3 上的最大值为 f 15，所以 f x0恒成立. x 所以 f x   f 15. 1 max 4 4 设 f mm  f 3，解得：m . m 3 13 65 45 因为 f 1 f 3 ， f 1 f 35   ， 3 3 2  45   4 45  f 1 f a  5  a   45  2   a 2 9 17 所以要使 f x  f x  成立，只需 ，即 解得：a . 1 2 2  4  4 4 a a  3  3 9 17 由1a3，所以1a . 4 9 17 故实数a的最大值为 . 4 9 17 故答案为： . 4 11. 若实数a、b、c满足a2 b2 c1，则abc的最大值为__________． 1 【答案】 ##0.5 2 【解析】 【分析】利用基本不等式得到ab 2  a2 b2 ，把abc转化为abc 2 c c，利用二次函 数求出最大值. 【详解】因为ab2 a2 2abb2 2  a2 b2 ，所以ab 2  a2 b2 ，即ab 2 c. 所以abc 2 c c. 因为a2 b2 c1，所以0c1，所以0 c 1. 2  2  1 因为abc 2 c c c    ，   2 2   2 1 所以当 c  时，abc取得最大值 . 2 2 第 5 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 故答案为： . 2  1  a, x1 12. 已知aR，若函数y  2x ，恰有两个零点，则a的取值范围是__________． xax2a, x1  1  【答案】  ,  2  【解析】 【分析】令y0，对两根的来源进行分析，对a分类讨论，分别求出对应的范围. x1  x1 【详解】当a0时，令y0可得： 1 或 ，均无解，不符合题意； 0 x0x00   2x x1  x1 当a0时，令y0可得： 1 或 a 0 xax2a0   2x x1  1 若0a1，由 1 解得：x2 1符合题意 a 0 a .  2x x1 因为函数y  f x 恰有两个零点，所以 只有一解， xax2a0  1 所以x2a1符合题意，此时a . 2 1 即 a1. 2 x1  若a0或a1时， 1 无解； a 0  2x x1 要使函数y  f x 恰有两个零点，则 有两解， xax2a0  所以需2a a1，解得：a1. 1 综上所述：a . 2 1  所以a的取值范围是  , . 2  第 6 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1  故答案为：  ,  2  二、选择题（本大题共有 4 题，满分 18 分，第 13～14 题每题 4 分，第 15～16 题每题 5 分） 13. 已知是第四象限的角，则点Ptan,cos 在（ ）． A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由所在象限可判断三角函数的符号，可得tan0,cos0 ，可得答案． 【详解】根据题意， 是第四象限角，则tan0,cos0， 则点Ptan,cos 在第二象限, 故选：B． 14. 已知非零实数a,b满足ab，则下列不等式中恒成立的是（ ）． 1 1 A. a2 b2 B.  a b a b C. a2bab2 D.  b2 a2 【答案】D 【解析】 【分析】通过反例可知ABC错误；采用作差法可知D正确. 【详解】对于A，若a 1，b2，则a2 b2，A错误； 1 1 对于B，若a2，b1，则  ，B错误； a b 对于C，若a0，b0，则a2b0ab2，C错误； a b a3 b3 对于D，   ， b2 a2 a2b2 a b a b y  x3为R上的增函数，a3 b3，  0，即  ，D正确.  b2 a2 b2 a2 故选：D. 15. “北溪”管道泄漏事件的爆发，使得欧洲能源供应危机成为举世瞩目的国际公共事件．随着管道泄漏，超 第 7 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 过8万吨类似甲烷的气体扩散到海洋和大气中，将对全球气候产生灾难性影响．假设海水中某种环境污染 物含量P（单位：mg/L）与时间t（单位：天）之间的关系为：P P ekt，其中P 表示初始含量，k为正 0 0 P P 常数．令 2 1 为 t ,t  之间的海水稀释效率，其中P、P 分别表示当时间为t 、t 时的污染物含 t t 1 2 1 2 1 2 2 1 量．某研究团队连续20天不间断监测海水中该种环境污染物含量，按照5天一期进行记录，共分为四期， 即 0,5 、 5,10 、 10,15 、 15,20 分别记为Ⅰ期、Ⅱ期、Ⅲ期、Ⅳ期，则稀释效率最高的是（ ）． A. Ⅰ期 B. Ⅱ期 C. Ⅲ期 D. Ⅳ期 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分别表示出,,,，然后利用指数函数的性质比较可得结论. 1 2 3 4 P P 【详解】由于P P ekt，其中P 表示初始含量，k为正常数，令 2 1 为 t ,t  之间的海水稀释 0 0 t t 1 2 2 1 效率， P(e5k 1) P(1e5k) 所以第Ⅰ期的  0  0 ， 1 50 5 Pe5k(1e5k) 同理第Ⅱ期的  0 2 5 Pe10k(1e5k) 第Ⅲ期的  0 ， 3 5 Pe15k(1e5k) 第Ⅳ期的  0 ， 4 5 因为k 0， 所以05k 10k 15k ， 所以1e5k e10k e15k， 所以   ， 1 2 3 4 所以稀释效率最高的是Ⅰ期， 故选：A 16. 已知函数 y  f x 是区间 , 上的严格减函数，且其零点为x ，则“x 0”是“存在非零实数a， 0 0 第 8 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 使得 f xa f x f a 对任意xR成立”的（ ）． A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，先判断充分性，再判断必要性即可求解. 【详解】由题意，函数y  f x 是区间 , 上的严格减函数，且零点为x ，则 f x =0. 0 0 先判断充分性： 由x 0，则令a  x ，则有 f xa f xx  f x f x f x  ， 0 0 0 0 故存在非零实数a，使得 f xa f x f a 对任意xR成立. 所以“x 0”是“存在非零实数a，使得 f xa f x f a 对任意xR成立”的充分条件. 0 再判断必要性： 存在非零实数a，使得 f xa f x f a 对任意xR成立， 因此有 f x a f x  f a ，即 f x a f a ， 0 0 0 所以x aa，即x 0. 0 0 所以“x 0”是“存在非零实数a，使得 f xa f x f a 对任意xR成立”的必要条件. 0 综上所述，“x 0”是“存在非零实数a，使得 f xa f x f a 对任意xR成立”的充要条件. 0 故选：C. 三、解答题（本大题共有 5题，满分 78分）  2x    17. 已知集合Ax 1，集合B x xa 2 ．  x2  （1）当a1时，求AB； （2）若“xB”是“xA”的充分条件，求实数a的取值范围． 【答案】（1）ABx|3 x2 ； （2） a|a4或a4 . 【解析】 第 9 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【分析】（1）解出集合A,B，进而求AB；（2）先求出ð A，利用集合的包含关系列不等式，即可求 U 解. 【小问1详解】  2x  Ax| 1x|2 x2 ，Bx||xa|2x|a2 xa2 .  x2  当a1时，Bx|3 x1 . 因为Ax|2 x2 ，所以ABx|3 x2 . 【小问2详解】 因为Ax|2 x2 ，所以ð Ax|x2或x2 . U 因为“xB”是“xA”的充分条件， 所以Bð A，所以a22或a22， U 解得：a4或a4. 所以实数a的取值范围为 a|a4或a4 . 18. 已知函数y  f x 的表达式为 f x x2 x1 xa ． （1）若a 1，求方程 f x1的解集； （2）若函数y  f x 在区间 , 上是严格减函数，求实数a的取值范围． 【答案】（1） 11, （2） ,1 【解析】 【分析】（1）对x分类讨论得 f x 的分段函数，再解分段函数方程即可； （2）函数y  f x 在区间 , 上是严格减函数，由分段函数为减函数列不等式求解即可. 【小问1详解】  a1xa, xa f x x2 x1 xa  ，  2x2 a1xa, xa 1, x1 当a 1，即 f x ，故当x³ 1, f (x) =1；当x<1, f (x) =2x2 -1=1Þ x=-1. 2x2 1, x1 第 10 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 故所求解集为 11, . 【小问2详解】 a1  ∵函数y  f x 在区间 , 上是严格减函数，则有a1 ,解得a1，故实数a的取值范围 a   2 为 ,1 19. 提高隧道的车辆通行能力可改善附近路段高峰期间的交通状况．在一般情况下，隧道内的车流速度v和  x 50 ,0 x30   6 车流密度x满足关系式：v (k 0)．研究表明：当隧道内的车流密度x120 k  65 ,30 x120  160x 时造成堵塞，此时车流速度v0． （1）若车流速度v40，求车流密度x的取值范围； （2）定义隧道内的车流量为y  xv，求隧道内的车流量y的最大值，并指出当车流量最大时的车流密度 x． 【答案】（1）(0,56] （2）y的最大值为2600，此时车流密度为80. 【解析】 【分析】(1)根据x120时，v0求出k的值，然后分段讨论车流速度v40时车流密度x的取值，进 而得出结论； (2)根据题意得出y关于x的函数表达式，根据x的取值范围讨论车流量y的最大值，最后进行比较得出结果. 【小问1详解】 由题意可知：当x120时，v0， k 所以065 ，解得：k 2600， 160120  x 50 ,0 x30   6 所以v ， 2600  65 ,30 x120  160x x 当0 x30时，v50 40，解得：x60，所以0 x30； 6 2600 当30 x120时，v65 40，解得：x56，所以30 x56， 160x 第 11 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 综上：车流速度v40，车流密度x的取值范围为(0,56]. 【小问2详解】  x2 5x ,0 x30   6 由题意可得：y  xv ， 2600x  65x ,30 x120  160x x2 1 1 当0 x30时，y 50x   x2 300x   x1502 3750， 6 6 6 由二次函数的性质可知：当x30时，y取最大值为1350； 当当30 x120时，160x0 2600x 40x 40(x160)6400 y 65x 65(x )65[x ] 160x 160x x160 6400 65[(x160) 200] x160 6400 65[(160x) 200] 160x  6400  6400 652 160x 2002600（当且仅当160x ，即x 80时取等）   160x 160x   所以当x 80时，y取最大值为2600， 综上可知： y的最大值为2600，此时车流密度为80. 20. 设a是大于1的常数， f xax max，已知函数y  f x 是奇函数． （1）求实数m的值； （2）若对任意的实数x，关于x的不等式 f  2x2 x   f 2xk0均成立，求实数k的取值范围； 1 （3）证明：关于x的方程 f x ax有且仅有一个实数解；设此实数解为x ，试比较x 与 x 0 0 log 2x  的大小． a 0 【答案】（1）m1  9 （2） ,   8 （3）见解析 【解析】 【分析】（1）由y  f x 是奇函数可得 f 0a0 ma0=0，即可求出实数m的值； 第 12 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （2）由函数的奇偶性化简抽象不等式，利用单调性可得2x2 3xk 0对任意的实数x恒成立，即 Δ942k0，解不等式即可得出答案. 1 1 1  （3）设gx  f xax  ax，进而得唯一实数根x  ,1，使得gx 0，即 x x 0 a  0 1 1 1 ax 0 0，故log x x 0，再结合x  2得log 2x log log x  x 得答案. x a 0 0 0 x a 0 a x a 0 0 0 0 0 【小问1详解】 已知函数 f xax max是奇函数， f 0a0 ma0=0，解得：m1 所以 f xax axa 1 . 【小问2详解】 对任意的实数x，关于x的不等式 f  2x2 x   f 2xk0均成立， 则 f  2x2 x  f 2xk ，因为函数y  f x 是奇函数， 所以 f  2x2 x  f 2xk f 2xk ， 因为 f xax ax，a 1，所以 f xax ax在R 上单调递增， 所以2x2 x2xk对任意的实数x恒成立， 所以2x2 3xk 0对任意的实数x恒成立， 9 所以Δ942k0，解得：k  . 8  9 实数k的取值范围为 , ；  8 【小问3详解】 1 1 设gx  f xax  ax， x x 因为当x,0 时，gx0， 所以gx0在区间 ,0 上无实数根， 1 1 当x0, 时，因为g11a0，g   aaa 0， a 第 13 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1  所以x   ,1 ，使得gx 0， 0 a  0 1 又gx ax在 0, 上单调递减， x 1  所以gx0存在唯一实数根x  ,1； 0 a  1 所以方程 f x ax有且仅有一个实数解. x 1 因为 ax 0 0，所以log x x 0， x a 0 0 0 1 1 又x  2，所以2x  ， 0 x 0 x 0 0 1 所以log 2x log log x  x . a 0 a x a 0 0 0 所以log 2x  x a 0 0 21. 已知函数y  f x 在区间 1, 上有定义，实数a、b满足1ab．若y  f x 在区间 a,b 上不 存在最小值，则称函数y  f x 在区间 a,b 上具有性质P． （1）若函数y  xm 在区间 1,2 上具有性质P，求实数m的取值范围； （2）已知函数y  f x 满足 f x1 f x1xR ，且当1 x2时， f x x．试判断函数 y  f x 在区间 1,4 上是否具有性质P，并说明理由； （3）已知对满足1ab的任意实数a、b，函数y  f x 在区间 a,b 上均具有性质P，且对任意正整 数n，当xn,n1 时，均有 f n f x  f x f n1  f n f n1 ．证明：当x1 时， f 2x f x ．   【答案】（1） m m1 ； （2）y  f x 在区间 1,4 具有性质P； （3）证明见详解. 【解析】 【分析】（1）分别讨论m与1和2的关系，即可得出 f(x)是否存在最小值，从而求出m的取值范围； 第 14 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （2）由题目条件可得出y  f x 在区间 1,4 上如果有最小值，则最小值必在区间 3,4 上取到，找到函 数在区间 3,4 上单调性，确定最小值是否存在； （3）首先证明对于任意nN*， f(n) f(n1)，当xn,n1 时， f(n) f(x) f(n1)， 2x2n,2n2 ，2nn1，再证得结果． 【小问1详解】 mx,xm y  xm  ，当m(1,2]时，函数在区间 1,m 上单调递减，在区间 m,2 上单调递增， xm,xm y  xm 存在最小值 f(m)； 当m>2时，y  xm 在区间 1,2 上单调递减，最小值为 f(2)； 当m£1时，y  xm 在区间 1,2 上单调递增，不存在最小值；   所以实数m的取值范围为 m m1 ． 【小问2详解】 因为x1时， f x1 f x1 f x ，当1 x2时， f x x． 所以 f(x)在区间 1,4 上如果有最小值，则最小值必在区间 3,4 上取到. x,1 x2  另一方面，由 f x1 f x1可得 f x f x11，故 f(x)x2,2 x3， f x 在区间  x4,3 x4  3,4 上单调递增，不存在最小值， 所以y  f x 在区间 1,4 具有性质P． 【小问3详解】 对于任意nN*， 当x(n,n1)时， 有| f(n) f(x)|| f(x) f(n1)|| f(n) f(n1)|, 所以f(n) f(x)f(x) f(n1)0， 若 f(n1) f(x) f(n)成立， f(n) f(n1)， f(x)在区间 n,n1 上有最小值 f(n1)，所以 f(x)在 区间 a,b 上有最小值 f(b)，不具有性质P，不合题意， 第 15 页 共 16 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 所以 f(n) f(n1)，当xn,n1 时， f(n) f(x) f(n1)，故 f(x)在区间 a,b 上没有最小值，满 足题意， 当x1时， f 2 f 1 显然成立； 当x1时，则一定存在nN*，使得xn,n1 时，则2x2n,2n2 ，2nn1，  f 2x f 2n f n1 f x ，即 f(2x) f(x)． 所以综上所述：当x1时， f(2x) f(x)． 【点睛】方法点睛：（1）含有绝对值的函数求最值，首先去掉绝对值，转化为分段函数，由每一段的单 调性考查最值情况； （2）具有递推关系的函数，需要根据自变量的取值范围进行推理，用已知段的函数变形表示； （3）绝对值不等式 ab  a  b ，注意等号成立条件ab0， a  b  ab 等号成立条件ab≤0. 第 16 页 共 16 页