高一数学上学期（12月）月考模拟卷（到三角函数定义）-高一数学热点题型归纳与培优练（人教A版必修第一册）

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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．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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．“或”是“存在实数x使得不等式成立”的（ ）．
A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分非必条件
【答案】C
【分析】根据不等式有解得到，解得答案.
【详解】存在实数x使得不等式成立，则，
解得或.
故“或”是“存在实数x使得不等式成立”的充要条件.
故选：C.
2．已知，下列不等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据不等式的性质判断即可.
【详解】对于选项A，则，故A错误；
对于选项B，因为，所以，故B错误；
对于选项C，则，所以，故C正确；
对于选项D，当时，，故D错误.
故选：C
3．一元二次不等式的解为，那么的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得出a、b、c的关系，代入新的一元二次不等式求解即可.
【详解】一元二次不等式的解为，
所以的解为，且，
由韦达定理得，代入得
，
故选：D.
4．已知定义在上的函数满足，对任意的，且，恒成立，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，得到，令，推得在上单调递减，把不等式转化为，结合，得到，即可求解.
【详解】由题意知：，
可得，
且，即，
令，不妨设，可得，则，
即，所以在上单调递减，
则不等式，且，转化为，
因为，所以，则，解得，
所以不等式的解集为.
故选：D.
5．已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，当时，，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由已知奇偶性质得到的周期性与对称性，借助已知条件与待定系数，再利用周期性得，由对称性转化为，代入解析式求解即得.
【详解】由为奇函数，得，
故①，函数的图象关于点对称；
由为偶函数，得②，
则函数的图象关于直线对称；
由①②得，
则，
故的周期为，所以，
由，令得，即③，
已知，
由函数的图象关于直线对称，得，
又函数的图象关于点对称，得
所以，即，
所以④，联立③④解得
故时，，
由关于对称，可得.
故选：A.
6．扇子是引风用品，夏令必备之物.我国传统扇文化源远流长，是中华文化的一个组成部分.历史上最早的扇子是一种礼仪工具，后来慢慢演变为纳凉、娱乐、观赏的生活用品和工艺品.扇子的种类较多，受大众喜爱的有团扇和折扇.如图1是一把折扇，是用竹木做扇骨，用特殊纸或绫绢做扇面而制成的.完全打开后的折扇为扇形（如图2），若图2中，，分别在，上，，的长为，则该折扇的扇面的面积为（ ）
图1 图2
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求得，再根据扇环的面积公式求得正确答案.
【详解】依题意，，
所以，
所以该折扇的扇面的面积为.
故选：D
7．设函数且表示不超过实数的最大整数，则函数的值域是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先令，再分、和三种情况求解即可.
【详解】设，
则，
又，所以，即，
所以，
因为，所以，故.
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则.
综上所述，函数的值域是.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是构造函数，将所求函数的值域转化为求的值域，再分类讨论即可得解.
8．已知正数，满足，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】将式子变形，从而转化为比较和交点的横坐标的大小，数形结合即可判断.
【详解】因为，可得，
，可得，
，可得，
且考虑和的图象相交，
在同一平面直角坐标系中画出、、与的图象如下：

根据图象可知.
故选：B.
【点睛】关键点睛：对题意关系式整理，转化为和的图象的交点分析求解.
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．下面说法正确的有（ ）
A．化成弧度是；
B．终边在直线上的角的取值集合可表示为；
C．角为第四象限角的充要条件是；
D．若角的终边上一点的坐标为，则.
【答案】AD
【分析】根据角度制与弧度制的转化可判定A，由终边相同的角的概念可判定B，由象限角的三角函数值符号可判定C，由三角函数的定义可判定D.
【详解】根据角度制与弧度制的转化得，即A正确；
易知终边在直线上的角与的角的终边相同，故其取值集合可表示为，即B错误；
易知第四象限角的余弦为正数，故C错误；
由三角函数的定义可知角的终边上一点的坐标为，则，即D正确.
故选：AD
10．已知正数满足，则下列选项正确的是（ ）
A．的最小值是2B．的最大值是1
C．的最小值是4D．的最大值是
【答案】ABD
【分析】根据题中条件及基本不等式，逐项分析即可.
【详解】因为，所以，
则
，
当且仅当时，等号成立，
即的最小值是2，故A正确；
因为，所以，
当且仅当时，等号成立，
即的最大值是1，故B正确；
，
当且仅当时，等号成立，
即的最小值是，故C错误；
因为，
当且仅当，即时等号成立，
即的最大值是，故D正确，
故选:ABD.
11．已知的定义域为R且为奇函数，为偶函数，且对任意的，∈（1，2），且≠，都有，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶函数B．C．的图象关于（1，0）对称D．
【答案】ABC
【分析】由已知奇偶性得出函数的图象关于点对称且关于直线对称，再得出函数的单调性，然后由对称性变形判断ABC，结合单调性判断D．
【详解】为奇函数，为偶函数，
所以的图象关于点对称且关于直线对称，
所以，，，
，所以是周期函数，4是它的一个周期．
，
，B正确；
，是偶函数，A正确；
因此的图象也关于点对称，C正确；
对任意的，且，都有，即时，，所以在是单调递增，
，，，
，∴，故D错．
故选：ABC．
12．已知函数，下列结论不正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．若，则或
D．若方程有两个不同的实数根，则
【答案】ABC
【分析】选项A分情况代入的值讨论即可；选项B直接把代入分段函数求值；选项C分情况讨论；选项D利用函数单调性求分段函数图像与直线的交点分析即可.
【详解】对于：当时，，解得；当时，，解得，则或，故选项不正确；
对于：，，故选项不正确；
对于：当时，，即，解得；当时，，解得，则或，故选项不正确；
对于：函数在上单调递增，值域为，则时，，
函数在上单调递减，值域为，则时，，因此，方程有两个不同的实数根，则，故选项正确.
故选：ABC
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．函数的单调递增区间是
【答案】
【分析】根据二次函数与指数函数的单调性，结合复合函数的单调的判定方法，即可求解.
【详解】设，即，
可得函数的图象表示开口向下，对称轴为的抛物线，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又由函数在定义域上为单调递减函数，
结合复合函数的单调性的判定方法，可得函数单调递增区间为.
故答案为：.
14．函数的定义域为 ．
【答案】
【分析】根据真数大于零及根号下大于等于零列出条件，解出即可.
【详解】由题知，，
，解得
所以函数的定义域为.
故答案为：.
15．若x，y，z均为正实数，则的最大值是 ．
【答案】
【分析】将拆开为，同时用两次均值不等式构造相同结构即可.
【详解】
，
所以，
当且仅当时取到等号，
故答案为：
16．设函数，若关于的函数恰好有六个零点，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】画出图象，换元后得到方程在内有两个不同的实数根，利用二次函数根的分布列出不等式组，求出实数的取值范围.
【详解】作出函数的图象如图，
令，则当，方程有个不同的实数解，
则方程化为，
使关于的方程恰好有六个不同的实数解，
则方程在内有两个不同的实数根，
令
所以,
解得:，
所以实数的取值范围为
故答案为
【点睛】复合函数零点个数问题，要先画出函数图象，然后适当运用换元法，将零点个数问题转化为二次函数或其他函数根的分布情况，从而求出参数的取值范围或判断出零点个数.
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）
已知全集，集合，.
(1)当时，求；
(2)若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）当时，求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合；
（2）分析可知，，利用集合的包含关系可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】（1）因为，当时，，
因为全集，则或，或，
因此，或.
（2）易知集合为非空集合，
因为是的必要不充分条件，则，所以，，解得.
因此，实数的取值范围是.
（12分）
某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面（由扇形OAD挖去扇形OBC后构成的）.已知，，线段BA，CD与，的长度之和为30，圆心角为弧度.
(1)求关于x的函数表达式；
(2)记铭牌的截面面积为y，试问x取何值时，y的值最大？并求出最大值.
【答案】(1)；
(2)，.
【分析】（1）根据扇形的弧长公式结合已知条件可得出关于、的等式，即可得出关于的函数解析式；
（2）利用扇形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得的最大值，即可得出结论.
【详解】（1）解：根据题意，可算得，．
因为，所以，
所以，.
（2）解：根据题意，可知
，
当时，.
综上所述，当时铭牌的面积最大，且最大面积为.
（12分）
已知函数（为常数且）的图象经过点
(1)试求的值；
(2)若不等式在时恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据题中条件，列出方程组，解出即可；（2）不等式参变分离后可化为，求得的最小值为2，即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）由于函数图像经过，
所以，解得，
故的值为，的值为
（2）原不等式为，
即在时恒成立，
而在时单调递减，
故在时，有最小值为2，
故．
所以实数的取值范围是．
（12分）
设函数.
（1）若关于的不等式有实数解，求实数的取值范围；
（2）若不等式对于实数时恒成立，求实数的取值范围；
（3）解关于的不等式：.
【答案】(1)；(2)；(3)分类求解，答案见解析.
【分析】(1)将给定的不等式等价转化成，按与并结合二次函数的性质讨论存在实数使不等式成立即可；
(2)将给定的不等式等价转化成，根据给定条件借助一次函数的性质即可作答；
(3)将不等式化为，分类讨论并借助一元二次不等式的解法即可作答.
【详解】(1)依题意，有实数解，即不等式有实数解，
当时，有实数解，则，
当时，取，则成立，即有实数解，于是得，
当时，二次函数的图象开口向下，要有解，当且仅当，从而得，
综上，，
所以实数的取值范围是；
(2)不等式对于实数时恒成立，即，
显然，函数在上递增，从而得，即，解得，
所以实数的取值范围是；
(3) 不等式，
当时，，
当时，不等式可化为，而，解得，
当时，不等式可化为，
当，即时，，
当，即时，或，
当，即时，或，
所以，当时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为.
21（12分）
已知函数为偶函数.
(1)求t的值；
(2)求的最小值；
(3)若对恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）运用偶函数的定义和对数的运算性质，结合恒等式的性质可得所求值；
（2）运用对数运算性质及均值不等式即可得到结果；
（3）先证明函数的单调性，化抽象不等式为具体不等式，转求函数的最值即可.
【详解】（1）因为为偶函数，
所以，则，
所以，即恒成立，
因为不恒为，所以，故.
（2）由（1）得，
，
因为，则，当且仅当，即时，等号成立，
所以，故最小值为.
（3）因为，
任取且，
所以，
因为且，所以，
所以，即，
所以，则在上为增函数，
又因为为偶函数，，
所以，
当时，恒成立，则；
当时，，所以，
设，
当且仅当，即时，等号成立，
由复合函数的单调性易得在上单调递增，
且当时，，当时，，
所以有解，即有解，所以等号能成立，
所以，故，则；
综上，.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是利用函数单调性的定义证得在上为增函数，结合的奇偶性将问题转化为，从而得解.
22（12分）
.已知函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若关于x的方程有4个不同的解，记为，且恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）将函数化为分段函数，根据对数函数的单调性及复合函数的单调性直接得解；
（2）根据题意可得出，分离参数可得，令，换元后利用均值不等式求解.
【详解】（1）（1）.
根据复合函数单调性的知识得的单调递增区间有．
（2）由（1）可知
化简可得：
∵
∴
∴
∴
∵恒成立
∴
∴对任意恒成立
即：
令，则
∴（当且仅当时，等号成立）
∴．