【期末期末模拟卷】人教A版(2019)数学必修一 高一上学期-期末模拟题（一）新教材老高考

这是一份【期末期末模拟卷】人教A版(2019)数学必修一 高一上学期-期末模拟题（一）新教材老高考，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高一上册数学期末模拟检测卷（一）（人教A版（2019）老高考）（带解析） 一、单选题1．已知集合A满足，这样的集合A有（    ）个A．5 B．6 C．7 D．82．若，是第二象限的角，则的值等于（    ）A． B． C． D．3．若，则的值为（    ）A． B． C． D．4．已知函数关于直线对称，且当时，恒成立，则满足的x的取值范围是（    ）A． B．C． D．5．以下结论正确的是（    ）A．若，且，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则6．函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．7．已知，则的定义域为（    ）A． B． C． D．8．函数满足，，，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．9．已知函数，其图象与直线的相邻两个交点的距离分别为和，若，则的值为（    ）A． B． C． D．10．为了给地球减负，提高资源利用率，2020年全国掀起了垃圾分类的热潮，垃圾分类已经成为新时尚．假设某市2020年全年用于垃圾分类的资金为2000万元，在此基础上，以后每年投入的资金比上一年增长20%，则该市全年用于垃圾分类的资金开始超过1亿元的年份是（参考数据：，）（    ）A．2030年 B．2029年 C．2028年 D．2027年11．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B．C． D．12．已知函数，若关于的方程有七个不同的实根，则的值是（    ）A．0或 B．0 C． D．不存在  二、填空题13．已知关于x的方程有实数根，并且两根的平方和比两根之积大21，则实数m的值为_________________．14．函数的单调增区间是______．15．已知，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是____________.16．若函数的图象在上与直线只有两个公共点，则的取值范围是___________. 三、解答题17．已知集合，，．（1）求，：（2）若，求实数m的取值范围．18．已知.（1）若，求的值.（2）若，，且､，求的值.19．已知函数是定义在上的奇函数，且．（1）确定函数的解析式；（2）当时判断函数的单调性，并证明；20．有轨电车给市民出行带来很大便利已知某条线路通车后，电车的发车时间间隔t（单位：分钟）满足．经市场调研测算，电车载客量与发车时间间隔t相关，当时电车为满载状态，载客量为400人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时的载客量为272人．记电车载客量为．（1）求的表达式，并求当发车时间间隔为8分钟时，电车的载客量；（2）若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？21．设函数．（1）用“五点法”画出函数在区间上的图象（要求要有列表的过程）；（2）当时，求x的取值范围．22．已知，函数．（1）若，求实数的值；（2）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围．
参考答案1．C【分析】写出满足题意的集合即得解.【详解】解：由题得集合.故选：C2．C【分析】先求得，然后求得.【详解】由于，是第二象限的角，所以，所以.故选：C3．B【分析】结合对数运算求得正确答案.【详解】由于，所以，.故选：B4．B【分析】根据题意，得到函数为偶函数，且在为单调递减函数，则在为单调递增函数，把不等式，转化为，即可求解.【详解】由题意，函数关于直线对称，所以函数为偶函数，又由当时，恒成立，可得函数在为单调递减函数，则在为单调递增函数，因为，可得，即或，解得或，即不等式的解集为，即满足的x的取值范围是.故选：B.5．B【分析】由不等式的性质判断，错误的可举反例说明．【详解】例如，但，A错；，则，B正确；，又，所以，C错；例如，但，D错．故选：B．6．C【分析】根据解析式，先判断函数奇偶性，可排除A、D；再由时，，可排除B，即可得出结果.【详解】由得，即函数的定义域为，又，所以是偶函数，其图象关于轴对称，故A、D错；又时，，，所以，故B错，C正确；故选：C.7．D【分析】根据题意，先求出原函数的定义域，进而求出x+1的范围，等同于新函数中2x-1的范围，进而求出定义域.【详解】由题意，原函数的定义域为，所以，令.故选：D.8．C【分析】根据题意可得函数在上单调递减，由此列出不等式组，解不等式组，即可得出结果.【详解】因为对任意都有，所以函数在上单调递减，则，解得，即.故选：C.9．A【分析】根据的图象与直线的相邻两个交点的距离可求出函数的周期，从而可求出的值，再根据，可求出.【详解】因为的图象与直线的相邻两个交点的距离分别为和，所以其周期为，即，因为，所以，所以，又，所以，又，所以.故选：A．10．B【分析】设经过年之后，投入资金为万元，根据题意列出与的关系式；令，结合参考数据即可求出的范围，从而判断出选项.【详解】设经过年之后，投入资金为万元，则，由题意可得：，即，所以，即，又因为，∴，即从2029年开始该市全年用于垃圾分类的资金超过1亿元.故选：B．11．C【分析】利用对数函数、指数函数单调性并结合“媒介”数即可比较判断作答.【详解】函数在上单调递增，而，则，，函数在R上单调递减，，则，即，所以a，b，c的大小关系为.故选：C.12．C【分析】令，做出的图像，根据图像确定至多存在两个的值，使得与有五个交点时，的值或取值范围，进而转为求方程在的值或取值范围有解，利用一元二次方程根的分布，即可求解.【详解】做出图像如下图所示：令，方程，为，当时，方程没有实数解，当或时，方程有2个实数解，当，方程有4个实数解，当时，方程有3个解，要使方程方程有七个不同的实根，则方程有一根为1，另一根大于0且小于1，当时，有或，当时，，或，不满足题意，当时，，或，满足题意，所以.故选：C.【点睛】本题考查复合方程的解，换元法是解题的关键，数形结合是解题的依赖，或直接用选项中的值代入验证，属于较难题.13．-1【分析】根据根的判别式可得的大范围，再根据这两个实数根的平方和比两个根的积大21，利用根与系数关系即可得到的值【详解】解：设方程的两个实数根为，，则，，根据这两个实数根的平方和比两个根的积大21，即，解得或，另由根的判别式可得，故，所以，故答案为：-114．【分析】先求得函数的定义域，结合复合函数单调性同增异减来求得的单调递增区间.【详解】，解得，所以的定义域为.的对称轴为，开口向下，在上递增，根据复合函数单调性同增异减可知的单调递增区间是.故答案为：15．【分析】根据题意，结合命题的集合形式，即可求解.【详解】根据题意，令或， 或，由p是q的充分不必要条件，知为的真子集，故且等号不同时成立 ，解得，经验证满足题意，故a的取值范围是.故答案为：.16．【分析】由已知在上有两个解，数形结合可知，求解，根据k的取值求得结果.【详解】因为，所以，令，由已知得在上有两个解，可知在上有两个解，由题意得，解得当时，，不等式组无解.当时，，得.当时，，得.当时，，不等式组无解.综上，的取值范围是.故答案为：17．（1）；；（2）．【分析】（1）由并集的定义及补集的定义进行计算即可；（2）等价于，按和讨论，分别列出不等式，解出实数m的取值范围．（1）∵集合，，∴；.（2）因为，所以，当时，则，即；当时，则，解得；综上，实数m的取值范围为.18．（1）（2）【分析】（1）利用诱导公式求出，进一步得出，再由齐次式即可求解.（2）由题意可得，，再由两角和的正切公式即可求解.（1）由已知，，得所以（2）依题意，由，可知，，∴，∴.∵，∴.又∵，∴.∴.而，∴.∴.∴.19．（1）（2）在区间上是增函数，证明见解析【分析】（1）由，列出方程求得，再由，求得，即可求得函数的解析式；（2）利用函数单调性的定义和判定方法，即可求解.（1）解：由函数是定义在上的奇函数，可得，即，所以，解得，所以，又由，即，解得，所以.（2）解：函数在上是单调递增函数.证明：对区间上得任意两个值，且，则，因为，可得，，，， 所以，即，所以函数在区间上是增函数.20．（1），人；（2）当发车时间间隔分钟时，该线路每分钟的净收益最大.【分析】（1）由题设可得，结合已知求参数k，写出解析式，进而求即可.（2）由（1）得，利用基本不等式及分式型函数单调性求各区间上的最大值，即可得结果.（1）由题意知，（k为常数），由，可得：．∴，∴（人）；（2）由得：，当时，，当且仅当时等号成立．当时，，当时等号成立．∴当发车时间间隔分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大值为60元．21．（1）答案见解析．（2）【分析】（1）根据五点法．列出区间的两端点及区间内的最大值和最小值点及零点，列表描点，连线可得．（2）由（1）中函数图象结合函数周期可得结论．（1）时，，列表如下：00－1010描点连线：（2）由（1）图象可知，在上，时，或，或，得，函数周期最小正周期是，所以的解集是．22．（1）；（2）.【分析】（1）化简即得解；（2）根据函数的单调性，由题得，即，设，再对分类讨论，结合基本不等式得解．（1）由得，，即，解得.（2）由于函数是复合函数，在上，其外层为增函数，内层为减函数，可知函数在区间上单调递减，由题意得，即，即，即设，则，，当时，，当时，，在上递减，，，所以实数的取值范围是．