期中模拟试卷03-【备考集训】2022-2023学年高一数学上学期专题训练+期中期末全真模拟卷(人教A版2019必修第一册)

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2021–2022学年上学期期中模拟测试卷03高一数学（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．使“x≤－或x≥3”成立的一个充分不必要条件是（    ）A．x＜0 B．x≥0C．x∈{－1， 3， 5} D．x≤－或x≥3【答案】C【分析】利用充分不必要条件的概念即得.【详解】对于A，不能推出或，反之也不能，是其既不充分也不必要条件；对于B，不能推出或，反之也不能，是其既不充分也不必要条件；对于C，可以推出或，反之不能，是其充分不必要条件；对于D，或，是其充要条件故选：C.2．命题“，”的否定是(    )A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】利用全程量词命题的否定的概念即可求解.【详解】根据全称量词命题的否定可知，命题“，”的否定是，.故选：A.3．若，，则（   ）．A． B．C． D．【答案】C【分析】利用不等式的基本性质对各选项进行验证.【详解】，，，，则，A选项错误；，，则，B选项错误；，，，C选项正确；取，，，，则，，不成立，D选项错误.故选C.【点睛】本题考查不等式的基本性质，考查利用不等式的性质判断不等式是否成立，除了利用不等式的性质之外，也可以利用特殊值法来进行判断，考查推理能力，属于中等题.4．已知且,则的最大值为(     )A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】根据绝对值三角不等式可知；根据可得，根据的范围可得，根据二次函数的性质可求得结果.【详解】由题意得：    当，即时，即：，即的最大值为：本题正确选项：【点睛】本题考查函数最值的求解，难点在于对于绝对值的处理，关键是能够将函数放缩为关于的二次函数的形式，从而根据二次函数性质求解得到最值.5．已知函数．设，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围是A． B．C． D．【答案】A【详解】满足题意时的图象恒不在函数下方，当时，函数图象如图所示，排除C,D选项；当时，函数图象如图所示，排除B选项，本题选择A选项.6．已知当 时，函数 的图象与 的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是A．  B． C．  D． 【答案】B【详解】当时， ， 单调递减，且，单调递增，且 ，此时有且仅有一个交点；当时， ，在 上单调递增，所以要有且仅有一个交点，需 选B.【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．7．已知实数，，，满足，且，，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求解出方程的解，然后利用换元法（）将表示为关于的函数，根据条件分析的取值范围，然后分析出关于的函数的单调性，由此求解出的取值范围.【详解】因为，所以且，令，则，且，所以，又因为且，所以且，所以，所以，所以，当时，，因为在上单调递减，所以在上单调递增，当时，，当时，，所以；当时，，因为、在上单调递增，所以在上单调递减，当时，，当时，，所以，综上可知：，故选：D.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于构造函数方法的使用，通过方程根的计算以及换元方法的使用将多变量问题转化为单变量问题，最后通过函数的性质解决问题.8．若直线：经过第一象限内的点，则的最大值为A． B． C． D．【答案】B【分析】直线经过第一象限内的点，，可得，，．．令，，再利用基本不等式计算可得．【详解】解：直线经过第一象限内的点，，则，，．．令，．因为，当且仅当即时取最小值；即故选：．【点睛】本题考查了直线方程、换元法、基本不等式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．函数的大致图像为（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据的不同取值可确定不同类型的函数，从而确定相应的图象．【详解】当时，，选项A正确；当时，当时，为对勾函数的一部分，当时，单调递减，对应选项B；当时，当时，单调递增，当时，，其中为对勾函数的一部分，对应选项D.故选：ABD.10．已知是定义在上的奇函数，当时，，下列说法正确的是（    ）A．时，函数解析式为B．函数在定义域上为增函数C．不等式的解集为D．不等式恒成立【答案】BC【分析】对于A，利用奇函数定义求时，函数解析式为；对于B，研究当时，的单调性，结合奇函数图像关于原点对称，知在上的单调性；对于C，求出，不等式，转化为，利用单调性解不等式；对于D，分类讨论与两种情况是否恒成立.【详解】对于A，设，，则，又是奇函数，所以，即时，函数解析式为，故A错；对于B，，对称轴为，所以当时，单调递增，由奇函数图像关于原点对称，所以在上为增函数，故B对；对于C，由奇函数在上为增函数，则时，，解得，（舍去），即，所以不等式，转化为，又在上为增函数，得，解得，所以不等式的解集为，故C对；对于D，当时，，当时，不恒大于0，故D错；故选：BC【点睛】方法点睛：考查了解抽象不等式，要设法把隐性划归为显性的不等式求解，方法是：（1）把不等式转化为的模型；（2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性将不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组）来求解，但要注意奇偶函数的区别.考查了利用奇偶性求函数解析式，求函数解析式常用的方法：（1）已知函数类型，用待定系数法求解析式；（2）已知函数奇偶性，用奇偶性定义求解析式；（3）已知求，或已知求，用代入法、换元法或配凑法；（4）若与或满足某个等式，可构造另一个等式，通过解方程组求解；11．已知：关于的不等式的解集为，则下列结论正确的是(    )A．的必要不充分条件是 B．的充分不必要条件是C．是的充要条件 D．是的既不充分也不必要条件【答案】ABCD【分析】首先根据已知条件解出的取值范围，然后利用充分条件和必要条件的定义即可求解.【详解】由题意易知，当时，不等式不成立；因为当时，的解集为，所以且判别式，解得，，根据充分条件和必要条件的定义知，ABCD均正确.故选：ABCD.12．已知，若关于的不等式的解集中的整数恰有个，则可能为（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】由题意推导出，解原不等式可得，结合已知条件得出，可得出，由此可得出合适的选项.【详解】由，由于该不等式的解集中的整数恰有个，有，，故.由不等式解得，要使该不等式的解集中的整数恰有个，且，那么，得，又，所以，则.故选：BC.【点睛】求解二次不等式的整数解的个数问题，一般要先解原不等式，并结合已知条件确定解集端点所满足的不等式，进而求解.  三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13．设，，则______.【答案】【分析】将自然数代入，找出在范围中有理数的值，即为【详解】由得，时，，时，，时，，时，，时，，时，，时，，时， 因为，所以故答案为：14．已知或，或，若是的必要条件，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】是的必要条件，即，分，两种情况讨论分析，即得解【详解】设或，或若是的必要条件，则（1）当时，即，此时，成立；（2）当时，即，若，此时，无解.综上：故答案为：15．对于集合，定义函数，对于两个集合，定义集合. 已知集合，，则__________.【答案】.【分析】解不等式求得集合与集合，根据新定义函数以及新定义集合的概念，求得中的取值范围.【详解】当时，由两边平方并化简得，即，解得，由于，故的范围是.当时，恒成立，故的取值范围是.综上所述，.故①.由，解得或，故.故②.要使，由①②可知，.故答案为.【点睛】本小题主要考查新定义函数的理解和运用，考查新定义集合的理解和运用，考查不等式的解法，属于中档题.16．设函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则的取值范围是______.【答案】【分析】可结合图像大致特点，当函数区间由右移，函数值逐渐减小，当函数区间由左移，函数值逐渐增大，则确定应是比2大的一个值，再由可推出通式，令可解得，再由图像可确定的临界值应为，即可求解【详解】由题可知，则可得一般规律：，可画出大致函数图像，如图：由图可知，当时，，则，，此时，由图像可知，要对任意，都有，则的最大值只能取，故故答案为：【点睛】本题考查由函数的递推式找出一般函数图像规律，数形结合思想，属于难题 四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（10分）已知三个不等式：①；②；③. 若以其中两个作为条件，余下的一个作为结论，请写出一个真命题，并写出推理过程.【答案】答案见解析【分析】根据题意，运用不等式的性质推理即可.【详解】解法1：①②③，即若且，则.因为且，所以，则命题成立.解法2：①③②，即若且，则.因为，所以，又因为，所以，则命题成立.18．（12分）已知二次函数f(x)满足f(x+1)-f(x)=-2x+1且f(2)=15．（1）求函数f(x)的解析式； （2）令g(x)=(2-2m)x-f(x)，若函数g(x)在x∈[0,2]上不是单调函数，求实数m的取值范围.（3）求（2）中g(x)在x∈[0,2]上的最小值.【答案】（1）f(x)=-x2+2x+15；（2）0<m<2；（3）答案见解析.【分析】（1）设二次函数解析式，根据已知列方程组求参数值，即可得f(x)的解析式；（2）由（1）有g(x)= x2-2mx-15，根据二次函数的性质及区间单调性，即可得m的范围.（3）由（2）讨论参数m与区间[0,2]的位置关系求g(x)最小值即可.【详解】(1)设f(x)=ax2+bx+c，，由f(2)=15，即4a+2b+c=15由f(x+1)-f(x)=-2x+1，即a(x+1)2+b(x+1)+c-(ax2+bx+c)=-2x+1； ∴2a=-2，a+b=1，解得a=-1，b=2，c=15，∴函f(x)的表达式为f(x)=-x2+2x+15；(2)∵g(x)= (2-2m)x-f(x)=x2-2mx-15：开口向上且x=m为对称轴，而g(x)在x∈[0,2]上不是单调函数，∴0<m<2(3)由（2）知：当当当19．（12分）已知命题p：实数x满足不等式，命题q：实数x的值使函数有意义.（1）当时，若命题p，q均为真命题，求实数x的取值范围；（2）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）分别求出命题，均为真命题时的取值范围，再求交集即可.（2）利用集合间的关系求解即可.【详解】命题p：实数x满足不等式，即命题q：实数x的值使函数有意义，由得，（1）当时，命题，均为真命题，则且则实数的取值范围为；（2）若是的充分不必要条件，则是的真子集则且解得，即实数a的取值范围为20．（12分）设是定义在上恒不为零的函数，对任意恒有，且当时，.（1）证明：时，恒有；（2）证明：在上是减函数；（3）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【分析】（1）令，求得，再有，可得证；（2）设，且，则有，继而由，可得证；（3）由（1）、（2）的结论将不等式等价于在上恒成立，令， ，，运用单调性的定义证明的单调性，可求得a的范围.【详解】（1）证明：因为，令，有，又，所以，当时，，又当时，， 所以，，所以时，， （2）设，且，所以，，又，所以在上是减函数；（3）因为，不等式等价于，又由（1）得时，恒有，所以，又由（2）得在上是减函数，所以不等式等价于，即在上恒成立，令，则，令，则 ，令，设，则，因为，所以，所以，所以在是单调递增，所以，所以.故实数的取值范围是.21．（12分）已知函数，，（1）当时，求函数的单调递增与单调递减区间（直接写结果）；（2）当时，函数在区间上的最大值为，试求实数m的取值范围；（3）若不等式对任意，恒成立，求实数b的取值范围.【答案】（1）增区间为，减区间为；（2）；（3）.【分析】（1）将题中所给的的值代入解析式，利用对勾函数的性质写出函数的单调增区间和减区间即可；（2）解不等式即可得结果；（3）将题中所给的式子进行变形，将问题转化为在上单调递增，结合分段函数的解析式和二次函数图象的对称轴，分类讨论得到结果.【详解】（1）当时，，所以函数的单调增区间为和，单调减区间为和；（2）因为，且函数在上单调递减，在上单调递增，又因为在上的最大值为，所以，即，整理得，所以，所以，即，所以的取值范围是；（3）由对任意恒成立，即，令，等价于在上单调递增，而，分以下三种情况来讨论：（i）当时，即时，结合函数图象可得，解得，矛盾，无解；（ii）时，即时，函数图象的走向为减、增、减、增，但是中间增区间的长度不足1，要想使函数在上单调递增，只能，解得，矛盾，无解；（iii），即，此时，函数在上单调递增，要想使函数在上单调递增，所以需要，解得，所以，综上，满足条件的的取值范围是.【点睛】该题考查的是有关函数的综合题，涉及到的知识点有对勾函数的单调区间，根据函数在某个区间上的最值确定参数的取值范围，根据分段函数在某个区间上的单调性确定参数的取值范围，属于难题.22．（12分）已知函数(1)求函数的值域；(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围；(3)当时，函数的值域为，求实数t的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）分离常数法求解值域；（2）参变分离法求解恒成立问题中的参数范围；（3）分析单调性，根据值域与定义域的对应关系求解的范围.【详解】（1），又，则，故值域为：；（2）因为在上恒成立，所以在上恒成立，又因为，所以，则；（3）在上单调递增，因为时，值域为，所以，，所以是方程的两个不相等的正根，所以有两个不相等的正根，所以且，解得：，所以.【点睛】本题考查函数的综合问题，难度较难.恒成立问题求解参数范围需要注意：若恒成立，则有；若恒成立，则有.