2022-2023学年江苏省苏州中学高一上学期期末考试数学模拟试题（二）

2022~2023学年第一学期江苏省期末考试模拟试卷（二）

高一数学

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．已知集合，，则（    ）

A．    B．     C．    D．

2．已知，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件

3．汽油的单价会随着各种因素不断变动，一段时间内，某人计划去加油站加两次油，两次加油时汽油单价不同，现有两种加油方案——甲：每次加油的总金额固定；乙：每次所加的油量固定．若规定平均单价越低，则该加油方案越实惠，不考虑其他因素影响，则

A．甲方案实惠 B．乙方案实惠

C．哪种方案实惠需由两次油价决定 D．两种方案一样实惠

4．若函数在上单调，则实数的取值范围是（    ）．

A．   B．   C． D．

5．已知，，，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

6．函数的图象可能是（    ）

A．B．C．D．

7．已知函数，若对任意的实数x，恒有成立，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

8．已知函数在R上满足，且时，对任意的，都有恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

二、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．已知，且，则（    ）

A．的范围 B．的范围是

C． D．的最小值是

10．已知函数，则（    ）

A．                   B．若，则或

C．的解集为  D．，则

11．设函数向左平移个单位长度得到函数，已知在上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（    ）

A．的图象关于直线对称

B．在上，方程的根有3个，方程的根有2个

C．在上单调递增

D．的取值范围是

12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．关于的方程有个不同的解

C．在上单调递减

D．当时，恒成立.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知扇形的周长为，面积为，则扇形圆心角的弧度数为___________.

14．已知函数，若方程的实根在区间上，则k的所有可能值是______．

15．已知幂函数在上单调递增，函数，任意时，总存在使得，则的取值范围_______．

16．已知函数对任意和任意都有恒成立，则实数a的取值范围是___________.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）

已知，且．

(1)求的值；

(2)求的值．

18．（12分）

已知全集．

(1)若，求

(2)若“”是“”的必要非充分条件，求实数的取值范围．

19．（12分）

给出下列三个条件：①周期为1的函数：②奇函数；③偶函数．请逐一判断并筛选出符合题意的一个条件（均需说明理由），补充在下面的问题中，并求解．

已知函数是______．

（1）求的值；

（2）求不等式的解集．

20．(12分)

2022年冬天新冠疫情卷土重来，我国大量城市和地区遭受了奥密克戎新冠病毒的袭击，为了控制疫情，某单位购入了一种新型的空气消毒剂用于环境消毒，已知在一定范围内，每喷洒1个单位的消毒剂,空气中释放的浓度单位：毫克/立方米随着时间单位：小时变化的关系如下：当时，；当时，若多次喷洒，则某一时刻空气中的消毒剂浓度为每次投放的消毒剂在相应时刻所释放的浓度之和.由实验知，当空气中消毒剂的浓度不低于毫克/立方米时，它才能起到杀灭空气中的病毒的作用.

(1)若一次喷洒4个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达几小时？

(2)若第一次喷洒2个单位的消毒剂，6小时后再喷洒个单位的消毒剂，要使接下来的4小时中能够持续有效消毒，试求a的最小值.精确到，参考数据：取

21．（12分）

已知函数在上为奇函数，，.

(1)求实数的值；

(2)指出函数的单调性（说明理由，不需要证明）；

(3)设对任意，都有成立；请问是否存在的值，使最小值为，若存在求出的值.

22．（12分）

已知函数.

(1)若，是否存在a，使为偶函数，如果存在，请举例并证明，如果不存在，请说明理由；

(2)若，判断在上的单调性，并用定义证明；

(3)已知，存在，对任意，都有成立，求a的取值范围.

参考答案：

1．A

【分析】求解不等式，明确集合的元素，根据集合交集运算，可得答案.

【详解】由，则，即，由，则，即，

，

故选：A.

2．A

【分析】利用充分性和必要性的定义求解即可.

【详解】由解得或，

所以“”是“”的充分不必要条件，

故选：A

3．A

【分析】设两次加油的油价分别为，且.将两次加油的平均油价分别用表示出来，作差即可比较大小.

【详解】设两次加油的油价分别为，且.

甲方案：设每次加油总金额为，则平均油价；

乙方案：设每次加油量为，则平均油价.

则，

因为，，且，

所以，，，

所以，.

所以，，甲方案实惠．

故选：A.

4．D

【分析】由题意利用复合函数的单调性，二次函数、对数函数的性质，求得的范围．

【详解】解：函数在上单调，函数的定义域为，因为，在上单调递增，在上单调递减，在定义域上单调递增，

所以在上单调递增，在上单调递减，

要使函数在上单调，

，或，解得，或，即，

故选：．

5．B

【分析】引入中间变量1，再利用作差法比较的大小，即可得答案；

【详解】，，

最大，

，，

，

故选：B

6．D

【分析】利用函数的奇偶性，的值及在区间，上函数值的正负情况，排除错误选项即可得解．

【详解】，

则，，

故是非奇非偶函数，故排除A、B，

；当时，，；当时，，，结合图象可排除C．

故选：D．

7．C

【分析】首先令，然后判断的奇偶性和单调性，然后将原不等式转化为，再利用的奇偶性和单调性得对于任意的实数恒成立，最后解二次函数恒成立问题即可.

【详解】令，

由于，

所以得为奇函数.

又因为在上单调递减，所以在上单调递减.

已知对于任意的实数，恒有，

整理得：，

即，由于为奇函数，

得，由于在上单调递减，

得对于任意的实数恒成立，

即对于任意的实数恒成立.

当时，不恒成立，故，

当时，有，解得.

故选：C

8．D

【分析】设，按、分别探讨函数的性质，借助图象关系及已知列出不等式，求解作答.

【详解】令，当时，，

若，则当时，，当时，，，

函数的图象是由的图象向右平移个单位而得，

显然的图象总在的图象的上方，即恒成立，因此，

若，当时，，因为奇函数，函数在R上的图象，如图，

把的图象向右平移个单位得的图象，要，恒成立，

当且仅当射线经平移后在射线及下方，于是得，则，

综上得，即，而，解得，

所以实数的取值范围为.

故选：D

【点睛】关键点睛：由一个函数经左右平移得另一函数，两个函数式为不等式的两边的不等式恒成立问题，作出原函数图象，借助图象分析求解是解决问题的关键.

9．ACD

【分析】对于A，B选项可由基本不等式及其推论判断正误；

对于C，D选项，先由可得，后利用基本不等式可得选项正误.

【详解】对于A，由基本不等式，有，当且仅当时取等号.解不等式，注意到，

则，当时取最大值1.故A正确.

对于B，由基本不等式，可得，两不等式均当且仅当时取等号.则，当且仅当时取等号，解不等式，注意到，

得，此时.又，故，

则.综上.故B错误.

对于C，因，，

则，则.

又由，可得.

故，

当且仅当，即或时取等号.因，故取不到等号.

则.故C正确.

对于D，由C分析可知：

当且仅当，即时取等号.得的最小值是.故D正确.

故选：ACD

10．ABD

【分析】对于A，根据解析式先求，再求，对于B，分和两种情况求解，对于C，分和两种情况解不等式，对于D，求出函数的值域进而即得.

【详解】对于A，因为，所以，所以A正确；

对于B，当时，由，得，得；

当时，由，得，，得或（舍去）；

综上，或，所以B正确；

对于C，当时，由，得，解得；

当时，由，得，解得或(舍去)；

综上，的解集为，所以C错误；

对于D，当时，，当时，，所以的值域为，

因为，，所以，所以D正确，

故选：ABD.

11．CD

【分析】根据函数的零点的个数，求出参数的范围，再判断函数的单调性、对称性和方程根的个数.

【详解】由题意，，

由题意，不一定是函数的对称轴，所以A错误；

当时，得，故；

，所以D正确.

因为，则的根分别可由或或求出，共有3个根；

当时，的根分别可由或求出，共2个根；

当时，的根分别可由或或求出，共3个根；所以B错误；

当时，得，

由，得，所以，此时在上单调递增，所以C正确.

故选：CD.

【点睛】本题重点考查三角函数的图象与性质，难度较大，做题时注意利用整体法判断：即通过将作为整体，借助的图象和性质来进行判断.

12．ACD

【分析】求的值判断选项A；当时验证结论是否正确去判断选项B；由在上的解析式去判断选项C；分析法证明不等式去判断选项D.

【详解】选项A：.判断正确；

选项B：

画出部分图像如下：

当时，由，可得或

由，可得或；由，可得

即当时，由可得3个不同的解，不是5个. 判断错误；

选项C：当时，，

若即，则

则，为减函数；

当时，

若即，则

则，为减函数；

当时，

若即，则

则，为减函数；

综上，在上单调递减. 判断正确；

选项D：当时，可化为，

同一坐标系内做出与的图像如下：

等价于

即，而恒成立. 判断正确.

故选：ACD

【点睛】(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．

(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．

13．4或1

【分析】根据题意设出扇形的圆心角，半径与弧长，通过扇形的周长与面积的公式，列方程可求得半径与弧长，进而可求出圆心角.

【详解】设圆心角为，半径为，弧长为，则，

解得或，

所以或1.

故答案为：4或1.

14．－3，－2或1

【分析】先由求出，确定，再变形得到，画出两函数图象，数形结合得到两个根，结合零点存在性定理得到两根分别在与内，从而确定k的所有可能值.

【详解】①由方程，解得：，

因为，

故；

②由于方程即方程，分别作出左右两边函数的图象，

从图象上可得出：方程在区间内有一个实根．

故方程在区间内有且仅有一个实根．此时，

下面证明：方程在区间内有一个实根，

函数，在区间和内各有一个零点，

因为时，，故函数在区间是增函数，

又，，

即， 由零点存在性定理知，函数在区间内仅有一个零点，

即方程在区间内有且仅有一个实根，

此时.

故答案为：－3，－2或1．

15．

【分析】根据题意得到，再计算值域为，得到，计算得到答案.

【详解】幂函数则或

当时，在上单调递减，舍去；

故，当时：

故；

综上所述：

故答案为：

【点睛】本题考查了幂函数，函数值域，将存在问题和恒成立问题转化为函数的最值问题是解题的关键.

16．

【分析】将化为关于的二次式子，利用判别式可将不等式化为对任意恒成立，令，可化为或，即可求出.

【详解】

，

因为对任意和任意都有恒成立，

所以对任意恒成立，

整理可得对任意恒成立，

即或，对任意恒成立，

即或对任意恒成立，

令，则，

则或对任意恒成立，

所以或，

因为，当且仅当，即时等号成立，所以，

又在单调递减，所以，

所以或.

故答案为：.

17．(1)；

(2).

【分析】（1）由同角三角函数的基本关系求解；

（2）根据诱导公式及同角三角函数的基本关系化简求值.

【详解】（1）∵，，∴为第三象限角．

∴，

∴.

（2）原式

.

18．(1)；

(2).

【分析】（1）当时，得，由交集运算即可求解；

（2）由题可知真包含于，分集合和两种情况分类讨论，即可求解的取值范围.

【详解】（1）当时，，又，

所以=；

（2）因为“”是“”的必要非充分条件，于是得真包含于，

①当时，；

②当时，由真包含于得（等号不能同时成立），

，

综上所述，.

19．（1）；（2）

【分析】（1）若选①：利用周期性，可得，求解即可；

若选②：利用奇函数的性质，可得，求解即可；

若选③：利用偶函数的定义，可得在定义域上恒成立，求解即可．

（2）利用（1）中的结论，得到不等式，然后分两种情况求解即可．

【详解】解：（1）函数，的定义域为，

若选①：是周期为1的函数，则，

即，无解，不合题意；

若选②：为奇函数，则，

即，方程无解，不合题意；

若选③：为偶函数，则在定义域上恒成立，

即，

整理可得，解得，

此时为偶函数；

所以

（2）由，可得，

①，即，解得；

②，即，此时无解．

综上所述，不等式的解集为．

20．(1)8

(2)1.6

【分析】（1）根据喷洒4个单位的净化剂后浓度为，由求解；

（2）得到从第一次喷洒起，经小时后，浓度为，化简利用基本不等式求解.

【详解】（1）解：因为一次喷洒4个单位的净化剂，

所以其浓度为，

当时，，解得，此时，

当时，，解得，此时，

综上，

所以若一次喷洒4个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达8小时；

（2）设从第一次喷洒起，经小时后，

其浓度为，

，

因为，

所以，

当且仅当，即时，等号成立；

所以其最小值为，

由，解得，

所以a的最小值为.

21．(1)；

(2)减函数；

(3).

【分析】（1）因为为奇函数，所以恒成立，据此可求出的值；

（2）由（1）可求出，讨论，根据复合函数的单调性可判断的单调性；

（3）根据题意，结合（1）对原不等式变形可得，

又根据的单调性得，整理得，

从而转化为求的最小值，再解关于的不等式，

对函数换元讨论求最小值，得到关于的方程解之即可得到答案.

（1）

因为函数在上为奇函数，所以恒成立，

即恒成立，

所以，又，所以；

（2）

由（1）知

因为在是减函数，又，

所以在上为减函数；

（3）

因为对任意都有,

所以对任意都有，

由在上为减函数；

所以对任意都有，

所以对任意都有，

因为，

所以即，解得

因为，

令，则，

令，它的对称轴为，

当，即时，

在上是增函数，

，

解得舍去，

当即时，

此时，

解得，所以.

【点睛】小问(3)属于单调性和奇偶性综合应用问题，以及函数不等式恒成立问题，解决问题的关键是利用函数性质进行恒等变形，转化为不等式恒成立问题，求最值解不等式得到的范围，再通过换元把转化为二次函数闭区间上最值问题.本小题难度较大，对数学能力要求较高.

22．(1)答案见解析；

(2)单调递减，证明见解析；

(3).

【分析】（1）将代入证明为偶函数即可．

（2）代入，先判断函数为单调递减函数，再根据单调性的定义代入作差，即可证明为单调递减函数．

（3）将问题转化为在上，由题设有，讨论、分别求，列不等式求解即可．

(1)

存在使为偶函数， 此时，证明如下：

因为的定义域为，且，

所以为偶函数．

(2)

且，则在上为减函数

证明如下：任取，且，

  ，

由，则，，

所以，即，则在上为减函数.

(3)

由，则，

对任意，存在使成立，即，

当时为增函数，则，

当时 ，则有，可得，

当时，，则有，可得，

因为，则，

所以.

【点睛】关键点点睛：第二问，将问题化为在上，对于讨论参数a分别求出最值．