新教材2024版高中数学模块综合检测新人教A版必修第一册

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模块综合检测(时间：120分钟，满分150分)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M＝{－1,1,2}，集合N＝{y|y＝x2，x∈M}，则M∩N＝(　　)A．{1,2,4} B．{1}C．{1,2} D．{4}【答案】B　【解析】因为M＝{－1,1,2}，x∈M，所以x＝－1或x＝1或x＝2．由y＝x2得y＝1或y＝4，所以N＝{1,4}．所以M∩N＝{1}．2．f(x)是定义在[－6,6]上的偶函数，且f(3)＞f(1)，则下列各式一定成立的是(　　)A．f(0)＜f(6) B．f(3)＞f(2)C．f(－1)＜f(3) D．f(2)＞f(0)【答案】C　【解析】∵f(x)是偶函数，∴f(1)＝f(－1)．又∵f(3)＞f(1)，∴f(3)＞f(－1)．故选C．3．(2022年梧州期末)若tan α＝2，则eq \f(sin 2α,1＋cos2α)＝(　　)A．eq \f(1,6) B．eq \f(1,3) C．eq \f(2,3) D．1【答案】C　【解析】因为tan α＝2，则eq \f(sin 2α,1＋cos2α)＝eq \f(2sin αcos α,2cos2α＋sin2α)＝eq \f(2tan α,2＋tan2α)＝eq \f(2×2,2＋22)＝eq \f(2,3)．故选C．4．(2023年江门期末)已知p：eq \f(b＋2,a＋2)＞eq \f(b,a)，q：a＞b＞0，则p是q的(　　)A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C　【解析】由eq \f(b＋2,a＋2)＞eq \f(b,a)，得eq \f(b＋2,a＋2)－eq \f(b,a)＞0，即eq \f(ab＋2－ba＋2,aa＋2)＝eq \f(2a－b,aa＋2)＞0，则a＞b＞0不一定成立，即充分性不成立；若a＞b＞0，则eq \f(2a－b,aa＋2)＞0成立，即eq \f(b＋2,a＋2)＞eq \f(b,a)成立，即必要性成立．则p是q的必要不充分条件．故选C．5．下列关系中，正确的是(　　)A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up7(\f(1,3)) ＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up7(\f(1,5))  B．20．1＞20．2C．2－0．1＞2－0．2 D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－ eq \s\up7(\f(1,5)) ＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－ eq \s\up7(\f(1,3)) 【答案】C　【解析】对于A，eq \f(1,3)＞eq \f(1,5)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up7(\f(1,3)) ＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up7(\f(1,5)) ，所以A错误；对于B,0．1＜0．2，所以20．1＜20．2，所以B错误；对于C，－0．1＞－0．2，所以2－0．1＞2－0．2，所以C正确；对于D，－eq \f(1,5)＞－eq \f(1,3)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－ eq \s\up7(\f(1,5)) ＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－ eq \s\up7(\f(1,3)) ，所以D错误．故选C．6．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝－f(x＋2)，当x∈(0,2]时，f(x)＝2x＋log2x，则f(15)＝(　　)A．5 B．eq \f(1,2) C．2 D．－2【答案】D　【解析】由f(x)＝－f(x＋2)，得f(x＋4)＝f(x)，所以函数f(x)是周期为4的周期函数．所以f(15)＝f(3×4＋3)＝f(3)＝f(1＋2)＝－f(1)＝－(2＋0)＝－2．故选D．7．(2023年新乡二模)若a＝20．1，b＝log0．20．3，c＝log20．3，则(　　)A．a＞c＞b B．b＞a＞cC．b＞c＞a D．a＞b＞c【答案】D　【解析】因为a＝20．1＞20＝1,0＜b＝log0．20．3＜log0．20．2＝1，c＝log20．3＜log21＝0，所以a＞b＞c．故选D．8．(2023年西安一模)我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距θ(0°≤θ≤180°)的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距θ正切值的乘积，即l＝htan θ．对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为α，β，且tan(α－β)＝eq \f(1,3)，若第二次的“晷影长”与“表高”相等，则第一次的“晷影长”是“表高”的(　　)A．1倍 B．2倍 C．3倍 D．4倍【答案】B　【解析】依题意，tan β＝1，则tan α＝tan[(α－β)＋β]＝eq \f(tanα－β＋tan β,1－tanα－β·tan β)＝eq \f(\f(1,3)＋1,1－\f(1,3))＝2，所以第一次的“晷影长”是“表高”的2倍．故选B．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．下列四个选项中，正确的有(　　)A．点P(tan α，sin α)在第三象限，则α是第二象限角B．若三角形的两内角A，B满足sin Acos B＜0，则此三角形必为钝角三角形C．sin 145°cos(－210°)＞0D．sin 3·cos 4·tan 5＞0【答案】BD　【解析】对于A，由题意知tan α＜0，且sin α＜0，所以α是第四象限角，故A错误；对于B，因为A，B∈(0，π)，且sin Acos B＜0，所以sin A＞0，cos B＜0，三角形必为钝角三角形，故B正确；对于C，因为145°是第二象限角，所以sin 145°＞0，因为－210°＝－360°＋150°，所以－210°是第二象限角，则cos(－210°)＜0，故sin 145°cos(－210°)＜0，故C错误；对于D，因为eq \f(π,2)＜3＜π，π＜4＜eq \f(3π,2)，eq \f(3π,2)＜5＜2π，所以sin 3＞0，cos 4＜0，tan 5＜0，sin 3·cos 4·tan 5＞0，故D正确．故选BD．10．函数f(x)的定义域为R，且f(x＋1)与f(x＋2)都为奇函数，则(　　)A．f(x)为奇函数 B．f(x)为周期函数C．f(x＋3)为奇函数 D．f(x＋4)为偶函数【答案】ABC　【解析】因为f(x＋1)与f(x＋2)都为奇函数，所以f(－x＋1)＝－f(x＋1)①，f(－x＋2)＝－f(x＋2)②．所以由①得f[－(x＋1)＋1]＝－f(x＋1＋1)，即f(－x)＝－f(x＋2)③．所以由②③得f(－x)＝f(－x＋2)．所以f(x)的周期为2．所以f(x)＝f(x＋2)＝－f(－x)，则f(x)为奇函数．所以f(x＋1)＝f(x＋3)，f(－x＋3)＝－f(x＋3)，则f(x＋3)为奇函数．故选ABC．11．已知实数x，y满足ax＞ay＞1(0＜a＜1)，则下列关系式正确的有(　　)A．x2＋1＞y2 B．|1－x|＞|y－1|C．sin x＞sin y D．x3＞y3【答案】AB　【解析】因为实数x，y满足ax＞ay＞1(0＜a＜1)，所以x＜y＜0，所以x2＋1＞y2，故A正确；－x＞－y＞0，1－x＞1－y＞1，|1－x|＞|y－1|，故B正确；不一定有sin x＞sin y，故C不一定正确；x3＜y3，故D不正确．故选AB．12．(2023年民勤开学考试)下列说法正确的有(　　)A．不等式x2＋6x＋10＞0的解集为∅B．∀x∈R，|x|＋1＞0C．幂函数f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(27，\f(1,3)))，则该函数在(0，＋∞)上单调递减D．函数f(x)＝ax(a＞0且a≠1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大eq \f(a,2)，则a的值为2【答案】BC　【解析】对于A，不等式x2＋6x＋10＞0，即(x＋3)2＋1＞0，解集为R，故A错误；对于B，|x|≥0，则∀x∈R，|x|＋1＞0，故B正确；对于C，设幂函数f(x)＝xα，∵幂函数f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(27，\f(1,3)))，∴27α＝eq \f(1,3)，解得α＝－eq \f(1,3)，∴f(x)＝x－eq \f(1,3)，∴该函数在(0，＋∞)上单调递减，故C正确；对于D，当a＞1时，函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，则f(2)－f(1)＝a2－a＝eq \f(a,2)，解得a＝eq \f(3,2)或a＝0(舍去)，当0＜a＜1时，函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，则f(1)－f(2)＝a－a2＝eq \f(a,2)，解得a＝eq \f(1,2)或a＝0(舍去)，综上所述，a＝eq \f(3,2)或a＝eq \f(1,2)，故D错误．故选BC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．命题“∃x∈(0，＋∞)，ln x＝x－1”的否定是________________________________．【答案】∀x∈(0，＋∞)，ln x≠x－1　【解析】命题的否定要把存在量词改为全称量词，把结论否定．因此把存在量词“∃”改为全称量词“∀”，把“＝”变为“≠”，即∀x∈(0，＋∞)，ln x≠x－1．14．已知函数f(x)＝2 eq log\s\do8(\f(1,2)) x的定义域为[2,4]，则函数f(x)的值域是________．【答案】[－4，－2]　【解析】因为y＝ eq log\s\do8(\f(1,2)) x在(0，＋∞)上是减函数，所以当2≤x≤4时， eq log\s\do8(\f(1,2)) 4≤ eq log\s\do8(\f(1,2)) x≤ eq log\s\do8(\f(1,2)) 2，即－2≤ eq log\s\do8(\f(1,2)) x≤－1，所以－4≤2 eq log\s\do8(\f(1,2)) x≤－2，所以函数f(x)的值域为[－4，－2]．15．设当x＝θ时，函数f(x)＝sin x＋eq \r(3)cos x取得最大值，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋ \f(π,4)))＝________．【答案】2＋eq \r(3)　【解析】f(x)＝sin x＋eq \r(3)cos x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，因为当x＝θ时，函数f(x)取得最大值，所以θ＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以θ＝ eq \f(π,6) ＋2kπ，k∈Z．所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ＋\f(π,4)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋ \f(π,6)))＝eq \f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))＝2＋eq \r(3)．16．(2023年广州越秀区期末)函数y＝ax－1＋1(a＞0，a≠1)的图象恒过定点P，则点P的坐标是________；若点P在直线mx＋ny＝1(m＞0，n＞0)上，则eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)的最小值为________．【答案】(1,2)　8　【解析】函数y＝ax－1＋1(a＞0，a≠1)，令x＝1，y＝2，则函数恒过点(1,2)，则点P的坐标是(1,2)．若点P在直线mx＋ny＝1(m＞0，n＞0)上，则m＋2n＝1，则eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)＋\f(1,n)))(m＋2n)＝4＋eq \f(4n,m)＋eq \f(m,n)≥2eq \r(\f(4n,m)·\f(m,n))＋4＝8，当且仅当eq \f(4n,m)＝eq \f(m,n)，即m＝eq \f(1,2)，n＝eq \f(1,4)取等号，则eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)的最小值为8．四、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U＝R，A＝{x|x2－2x－3≤0}，B＝{x|2≤x＜5}，C＝{x|x＞a}．(1)求A∩(∁UB)；(2)若A∪C＝C，求a的取值范围．解：(1)A＝{x|x2－2x－3≤0}＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|2≤x＜5}，U＝R，所以∁UB＝{x|x＜2或x≥5}．所以A∩(∁UB)＝{x|－1≤x＜2}．(2)由A∪C＝C，得A⊆C．又因为C＝{x|x＞a}，A＝{x|－1≤x≤3}，所以a的取值范围是(－∞，－1)．18．(12分)乔经理到老陈的果园里一次性采购一种水果，他俩商定：乔经理的采购价y(元/吨)与采购量x(吨)之间的函数关系的图象如图中的折线段ABC所示(不包含端点A，但包含端点C)．(1)求y与x之间的函数关系式；(2)已知老陈种植该水果的成本是2 800元/吨，那么乔经理的采购量为多少时，老陈在这次买卖中所获得的利润W最大？最大利润是多少？解：(1)当0＜x≤20时，y＝8 000；当20＜x≤40时，设BC满足的函数关系式为y＝kx＋b(k≠0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(20k＋b＝8 000，,40k＋b＝4 000，))解得k＝－200，b＝12 000，所以y＝－200x＋12 000．综上所述，y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(8 000，0＜x≤20，,－200x＋12 000，20＜x≤40.))(2)当0＜x≤20时，老陈获得的利润为W＝(8 000－2 800)·x＝5 200x≤104 000，此时老陈获得的最大利润为104 000元．当20＜x≤40时，老陈获得的利润为W＝(－200x＋12 000－2 800)x＝－200(x2－46x)＝－200(x－23)2＋105 800，所以当x＝23时，利润W取得最大值，最大值为105 800元．因为105 800＞104 000，所以当乔经理的采购量为23吨时，老陈在这次买卖中所获得的利润最大，最大利润为105 800元．19．(12分)(2023年北海期末)已知函数f(x)＝(a2－5a＋7)(a－1)x是指数函数．(1)求实数a的值；(2)已知g(x)＝f2(x)－2f(x)＋3，x∈[－1,2]，求g(x)的值域．解：(1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2－5a＋7＝1，,a－1＞0，,a－1≠1，))解得a＝3．(2)由(1)可得f(x)＝2x，因为x∈[－1,2]，令t＝f(x)，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))，令h(t)＝t2－2t＋3＝(t－1)2＋2，则g(x)min＝h(1)＝2，g(x)max＝h(4)＝11，因此函数g(x)的值域为[2,11]．20．(12分)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)≤φ＜\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，且图象上相邻两个最高点的距离为π．(1)求f(x)的解析式；(2)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq \f(\r(3),4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＜α＜\f(2π,3)))，求coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(3π,2)))的值．解：(1)因为f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为π，所以f(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝eq \f(2π,T)＝2．又因为f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，所以2·eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z．又由－eq \f(π,2)≤φ＜eq \f(π,2)，得k＝0，解得φ＝eq \f(π,2)－eq \f(2π,3)＝－eq \f(π,6)．因此所求解析式为f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))．(2)由(1)得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(α,2)－\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),4)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,4)．由eq \f(π,6)＜α＜eq \f(2π,3)，得0＜α－eq \f(π,6)＜eq \f(π,2)，所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6))))＝eq \f(\r(15),4)．因此coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(3π,2)))＝sin α＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))coseq \f(π,6)＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))sineq \f(π,6)＝eq \f(1,4)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(15),4)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3)＋\r(15),8)．21．(12分)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))，其中0＜ω＜3．已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0．(1)求ω；(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上的最小值．解：(1)因为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))，所以f(x)＝eq \f(\r(3),2)sin ωx－eq \f(1,2)cos ωx－cos ωx＝eq \f(\r(3),2)sin ωx－eq \f(3,2)cos ωx＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin ωx－\f(\r(3),2)cos ωx))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))．由题设知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0，所以eq \f(ωπ,6)－eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z．故ω＝6k＋2，k∈Z．又因为0＜ω＜3，所以ω＝2．(2)由(1)得f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，所以g(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)－\f(π,3)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))．因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以x－eq \f(π,12)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))．当x－eq \f(π,12)＝－eq \f(π,3)，即x＝－eq \f(π,4)时，g(x)取得最小值－eq \f(3,2)．22．(12分)(2023年北京海淀区期末)如图，在函数f(x)＝log2x图象上任取三点A(a，f(a))，B(b，f(b))，C(c，f(c))，满足a≥1，b＝a＋2，c＝b＋2，分别过A，B，C三点作x轴垂线交x轴于点D，E，F．(1)当a＝2时，求梯形ADEB的周长；(2)用a表示△ABC的面积S，并求S的最大值．解：(1)由题意可知A(2,1)，B(4,2)，∴AD＝1，DE＝2，EB＝2，AB＝eq \r(2－42＋1－22)＝eq \r(5)，故梯形ADEB的周长为1＋2＋2＋eq \r(5)＝5＋eq \r(5)．(2)由题意可知A(a，log2a)，B(a＋2，log2(a＋2))，C(a＋4，log2(a＋4))，∴S梯形ADEB＝eq \f(1,2)[log2a＋log2(a＋2)]×2＝log2a(a＋2)，S梯形BEFC＝eq \f(1,2)[log2(a＋2)＋log2(a＋4)]×2＝log2(a＋2)(a＋4)，S梯形ADFC＝eq \f(1,2)[log2a＋log2(a＋4)]×4＝2log2a(a＋4)，∴S＝log2a(a＋2)＋log2(a＋2)(a＋4)－2log2a(a＋4)＝log2eq \f(a＋22,aa＋4)＝log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,a＋22－4)))，∵a≥1，∴(a＋2)2－4≥5，∴1＋eq \f(4,a＋22－4)≤1＋eq \f(4,5)＝eq \f(9,5)，∴S≤log2eq \f(9,5)，即三角形△ABC的面积的最大值为log2eq \f(9,5)．