2023-2024学年高一数学上学期期末模拟考试试卷01（新高考地区专用）（Word版附解析）

这是一份2023-2024学年高一数学上学期期末模拟考试试卷01（新高考地区专用）（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，已知，则，已知，，，，则，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：人教A版2019必修第一册 全部。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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．已知命题，则（ ）
A．B．
C．D．时，为真命题
【答案】B
【分析】根据全称命题的否定求解即可.
【详解】命题，
故，所以A选项和C选项错误，B选项正确；
当时，方程 的，所以方程有解，
为假命题，故D选项错误.
故选：B
2．己知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先解不等式，然后按补集定义求补集，再用并集定义求解即可
【详解】或
所以，
故选：D
3．已知函数，则（ ）
A．是奇函数，且在上是增函数B．是偶函数，且在上是增函数
C．是奇函数，且在上是减函数D．是偶函数，且在上是减函数
【答案】C
【分析】根据奇函数的定义判断，然后利用单调性的性质判断单调性即可求解.
【详解】函数定义域为R．又，
所以函数为奇函数，设，，函数单调递增，
设，则在上单调递减，故函数在R上是减函数.
故选：C.
4．近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为Peukert常数.为测算某蓄电池的Peukert常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，则该蓄电池的Peukert常数大约为（ ）
A．1.25B．1.5C．1.67D．2
【答案】B
【分析】由已知可得出，可得出，利用指数与对数的互化、换底公式以及对数的运算法则计算可得的近似值.
【详解】由题意可得，所以，所以，
所以.
故选：B.
5．已知，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．6
【答案】B
【分析】根据给定的等式可得，再利用基本不等式“1”的妙用求解即得.
【详解】由，，，得，
因此，则，
当且仅当，即时取等号，由，解得，
所以当时，取得最小值.
故选：B
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据诱导公式，结合余弦二倍角公式进行求解即可.
【详解】
，
故选：C
7．设函数是定义在上的奇函数，对任意，都有，且当时，，若函数（且）在上恰有4个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分析可知，函数的周期为4，作出函数的图像，依题意可得数与的图像在上有4个不同的交点，然后分及讨论即可．
【详解】解：函数是定义在上的奇函数，当时，，
当时，，所以，
即当时，
又对任意，都有，则关于对称，且，
，即函数的周期为，
又由函数且在上恰有个不同的零点，
得函数与的图像在上有个不同的交点，又，
当时，由图可得，解得；
当时，由图可得，解得．
综上可得.
故选：C．
8．已知，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据的取值范围，明确三角函数的取值范围，利用指数函数和幂函数的单调性，可得答案.
【详解】解：已知，则，
因为在上是减函数，故；
因为幂函数在上是增函数，故，
故．
故选：A.
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．下列命题正确的是（ ）
A．“”是“”的充分必要条件
B．关于x的不等式的解集是，则关于x的不等式的解集是或
C．不等式在上恒成立，则实数k的取值范围是.
D．已知，其中a，b为常数，若，则
【答案】ACD
【分析】根据集合并集及子集的概念、充分条件、必要条件判断A，由不等式的解得出关系，再解不等式即可判断B，分离参数根据不等式恒成立求解判断C，利用函数奇偶性求函数值判断D.
【详解】对A，，，故“”是“”的充分必要条件，故A正确；
对B，不等式的解集是，则，则可得，
所以，解得，故B错误；
对C，由原不等式分离参数可化为在上恒成立，故，
因为，所以，故C正确；
对D，，令，，
因为，所以为奇函数，
由，可得，
所以，故D正确.
故选：ACD
10．函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．函数为奇函数
B．函数的最小正周期为
C．函数的图象的对称轴为直线
D．函数的单调递增区间为
【答案】BD
【分析】由函数的部分图象求出、和、的值，写出的解析式，利用图象平移得出的解析式，再逐项判断即可.
【详解】由函数的部分图象知，，且，
所以，解得，又，
所以，即，，解得，，
又，所以，所以.
将函数的图象向左平移个单位长度后，
得的图象，
所以，不满足，所以不是奇函数，A错误；
的最小正周期为，B正确；
令，解得，，
所以图象的对称轴为直线，，C错误；
令，解得，，
所以的单调递增区间为，D正确.
故选：BD.
11．已知函数为奇函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的定义域为
B．
C．的单调递减区间为，
D．的值域为
【答案】AC
【分析】A.由求解判断；B.根据函数为奇函数，由求解判断；C.利用指数函数的单调性结合奇偶性判断；D.由，判断.
【详解】由题知，即的定义域为，A正确；
因为函数为奇函数，所以，
即，解得，经检验符合题意，B错误；
当时，单调递增，则单调递减，
又函数为奇函数，所以的单调递减区间为，C正确；
当时，，故D错误．
故选：AC
12．已知函数且，则下列说法正确的有（ ）
A．在区间和上单调递减
B．直线与的图象总有3个不同的公共点
C．
D．
【答案】ACD
【分析】画出函数图象，数形结合判断A正确，B错误，且，，由基本不等式得到.
【详解】画出函数的大致图象，如图所示，
A选项，由图可知在区间和上单调递减，所以A正确；
B选项，由图可知，当时，直线与的图象有3个不同的公共点，
当时，直线与的图象有2个不同的公共点，所以B错误；
CD选项，令，
可得直线与的图象有4个不同的交点，且交点横坐标分别为，，，，
由图可知，，
由基本不等式得，，
所以，因为，所以，所以C，D正确.故选：ACD
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．如图1，折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，㓞纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，其展开的平面图如图2的扇形，其中，则扇面（曲边四边形）的面积是 .

【答案】/
【分析】由大扇形面积减去小扇形面积即可得．
【详解】，
由题意可得，扇形的面积是，扇形的面积是.则扇面（曲边四边形）的面积是.
故答案为：．
14．已知P，Q是圆心在坐标原点O的单位圆上的两点，且分别位于第一象限和第四象限，点P的横坐标为，点Q的横坐标为，则＝ .
【答案】
【分析】根据三角函数的定义得到，，再利用同角三角函数关系得到正弦值，利用余弦和角公式计算出答案.
【详解】由题意可得，，
因为点P位于第一象限，所以，
因为Q位于第四象限，所以，
所以，，
所以
.
故答案为：
15．已知是奇函数且在上单调递增，，则的解集为 ．
【答案】
【分析】根据函数的单调性及奇偶性解不等式.
【详解】因为是奇函数且在上单调递增，，
所以，且在上单调递增，
由，可知或，
解得或，
故不等式的解集为.
故答案为：
16．如图，已知直线是之间的一定点，并且点到的距离分别是2，3，是直线上的动点，作，且使与直线交于点．则的面积的最小值是 ．

【答案】6
【分析】设，则，将表示为关于的三角函数，即可将三角形面积表示为关于的三角函数，结合性质可得解.
【详解】设，则，
故，
所以，
所以，当，即时，面积的最小值为.
故答案为：6.
四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知函数且的图象过点，.
(1)求的值；
(2)记在区间上的值域分别为集合，若是的必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)2 (2)
【分析】（1）代入点，求出；
（2）求出的值域和的值域，根据题目条件得到，得到不等式，求出实数的取值范围.
【详解】（1）的图象过点，
，解得.
（2）由（1）得，当时，的值域为，即，
当时，的值域为，即，
是的必要条件，
，
∴，解得，
的取值范围是.
18．（12分）已知
(1)化简；
(2)若，求的值．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）直接通过诱导公式化简即可；
（2）通过二次齐次式的化简即可得结果.
【详解】（1）
（2）由（1）易得，
所以
19．（12分）已知函数的图像恒过定点，且点又在函数的图象上．
(1)若，求的值
(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）首先求出过定点坐标，再代入中求出，即可得到，再换元解得；
（2）首先求出，依题意可得在区间上恒成立，令，，则，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围.
【详解】（1）函数，当时，，则函数图像恒过定点，
又在函数图象上，即，解得（负值舍去），
则，由，则，
令，则， 即，即，
，，即，解得；
（2）因为，
则在区间上恒成立，即在区间上恒成立，
令，，则，函数的对称轴为，
①，即，在区间上单调递增，
，则，又，；
②，即，
函数在上单调递减，在区间上单调递增，
则，
则，又，所以无解；
③，即，在区间上单调递减，
，即，又，无解；
综上所述，实数的取值范围为．
20．（12分）某奶茶店今年年初花费16万元购买了一台制作冰淇淋的设备，经估算，该设备每年可为该奶茶店提供12万元的总收入.已知使用x年（x为正整数）所需的各种维护费用总计为万元（今年为第一年）.
(1)试问：该奶茶店第几年开始盈利（总收入超过总支出）？
(2)该奶茶店在若干年后要卖出该冰淇淋设备，有以下两种方案：
①当盈利总额达到最大值时，以1万元的价格卖出该设备；
②当年均盈利达到最大值时，以2万元的价格卖出该设备.
试问哪一种方案较为划算？请说明理由.
【答案】(1)从第三年开始盈利.
(2)两种方案盈利总数一样，但方案②时间短，较为划算.
【分析】（1）列出纯收入的函数表达式，解纯收入大于0的不等式即可.
（2）分别计算两种方案的盈利和时间，比较后得结论.
【详解】（1）由题意可知，总收入扣除支出后的纯收入，
，解得，
由，所以从第三年开始盈利.
（2）方案①：
纯收入，则5年后盈利总额达到最大值9万元，
以1万元的价格卖出该设备，共盈利10万元；
方案②：
年均盈利，
由，，当且仅当，即时等号成立，
，
当4年后年均盈利达到最大值2万元时，以2万元的价格卖出该设备，
共盈利万元.
两种方案盈利总数一样，但方案②时间短，较为划算.
21．（12分）己知函数．
(1)若的解集为或，求的值；
(2)求关于的不等式的解集．
【答案】(1)(2)见解析
【分析】（1）根据不等式与方程的关系，结合根的定义，可得答案；
（2）根据一元二次不等式的解法，可得答案.
【详解】（1）由题意可知：的根为或，且，
将代入方程，解得.
（2）由题意可得，分解因式可得，
当时，化简可得，不等式解集为；
当时，由方程，解得或，
当，即时，不等式解集为，
当，即时，不等式解集为，
当，即时，不等式解集为；
当时，不等式的解集为.
22．（12分）已知函数
(1)当时，求函数的最大值，并求出取得最大值时所有的值；
(2)若为偶函数，设，若不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；
(3)若过点，设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围.
【答案】(1)1，(2)(3)
【分析】（1）由题意可得 ，由正弦函数的性质求解即可；
（2）由题意可得,，将问题转化为 ，且 在 上恒成立，结合正弦函数的性质即可求解；
（3）由题意可得将问题转化为结合正弦函数的性质及二次函数性质求解.
【详解】（1）当时，,
所以当，即 时，所以 ,此时 ；
（2）因为 为偶函数，所以,
所以,
所以
，
又因为在上恒成立，
即在 上恒成立，
所以 在 上恒成立，
所以 ，且 在上恒成立，
因为，所以，所以，
解得
所以 m 的取值范围为;
（3）因为过点，所以
所以，
又因为,所以,
所以 ，
又因为对任意的，，都有成立，
所以，

因为，所以 ，
设 ,
则有 图像是开口向下，对称轴为 的抛物线，
当 时，在 上单调递增，所以 ,
所以，解得
所以；
当 时， 在上单调递减，
所以 ,
所以，解得
所以;
当时，,