湖南省郴州市“十校联盟”2023-2024学年高一上学期期末模拟数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省郴州市“十校联盟”2023-2024学年高一上学期期末模拟数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

永兴一中、宜章一中、资兴市立、宁远二中
一、单选题（共有8题，每题5分，共40分，每小题只有一项正确答案.）
1. 已知集合，则=
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．
【详解】由题意得，，则
．故选C．
【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．
2. 命题“，”的否定为（ ）
A. “，”B. “，”
C. “，”D. “，”
【答案】D
【解析】
【分析】利用全称命题的否定形式判定即可.
【详解】命题“，”的否定为:“，”.
故选:D.
3. 下列四组函数中，表示同一函数的一组是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依次判断各选项的两个函数的定义域和对应关系是否一致，即可得结果.
【详解】A选项，的定义域为，的定义域为R，两个函数的定义域不同，故不是同一函数.
B选项，定义域为，的定义域为或 ，两个函数的定义域不同，故不是同一函数.
C选项，，，两个函数的定义域都为R，但对应关系不同，故不是同一函数.
D选项，两个函数的定义域都为R，对应关系相同，故是同一函数.
故选：D
4. 已知函数的定义域是，则的定义域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据的定义域求出的定义域，从而可求解.
【详解】因为函数的定义域是，
所以，所以,即的定义域为，
所以，解得，即的定义域是.
故选:C.
5. 已知函数的图象如图所示，则函数的大致图象为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数的图象与性质结合函数的图象可求得的范围，再根据二次函数的图象即可得解.
【详解】函数的图象是由函数的图象向下或向上平移个单位得到的，
由函数的图象可得函数为单调递减函数，则，
令得，则，
则函数的大致图象为A选项.
故选：A.
6. 使得“函数在区间上单调递减”成立的一个充分不必要条件可以是（ ）
A. B. 1C. D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数型复合函数的单调性确定函数在区间 上单调递减成立的充要条件，从而可得其成立的一个充分不必要条件.
【详解】由于函数上单调递减，
函数在区间上单调递减，
所以函数在上单调递增，
则，解得，
所以函数在区间上单调递减的充要条件为，
那么其成立的一个充分不必要条件可以是.
故选：D.
7. 已知，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数函数和指数函数，幂函数的性质求解.
【详解】，，即，
，
下面比较与的大小，构造函数与，
由指数函数与幂函数的图像与单调性可知，

当时，；当时，
由，故，故，即，
所以，
故选：A
8. 若函数有4个零点，则正数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一次函数与对数函数的图象，得到时，函数只有一个零点，结合题意，得到时，方程有三个零点，利用三角函数的性质，得出不等式，即可求解.
【详解】当时，令，即，即，
因为函数与的图象仅有一个公共点，如图所示，

所以时，函数只有一个零点，
又由函数有4个零点，
所以时，方程有三个零点，如图所示，

因为，可得，则满足，
解得，即实数的取值范围为.
故选：B.
二、多选题（本小题共4小题，每小题5分，共20分.每小题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对得得2分，有错选的得0分.）
9. 对于给定实数，关于的不等式的解集可能是（ ）
A. B.
C. RD.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据的大小分类讨论.
【详解】时，不等式化为，，解集为，
时，不等式化，解集为，
时，不等式化为，，即解集为，
时，不等式化为，
时，或，解集为或，
时，或，解集为或，
故选：ACD．
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
C. 是函数图象的一条对称轴
D. 若，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】首先根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质及三角函数图象变换一一判断即可.
【详解】解：依题意可得，，所以，又，解得，
所以，又函数过点，即，所以，
所以，又，所以，所以，故A正确；
由的图象向左平移个单位长度得到，故B错误；
因为，所以是函数图象的一条对称轴，故C正确；
对于D：若，则取得最大（小）值且取最小（大）值，
所以，故D正确；
故选：ACD
11. 设正实数满足，则（ ） .
A. 的最小值为2B. 的最大值为
C. 有最大值2D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据基本不等式中常数代换技巧求解最小值判断AB，平方后利用基本不等式求解最大值判断C，消元后利用二次函数性质求解最值判断D.
【详解】对于A，因为正实数a，b满足，
则，
当且仅当，即时取等号，正确；
对于B，因为，所以，则，
则，
当且仅当，即时取等号，错误；
对于C，因为，所以，
所以，当且仅当时取等号，正确；
对于D，，
当时，取到最大值，错误.
故选：AC
12. 已知函数满足当时，，且对任意实数满足，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数在上单调递增
B. 或1
C. 函数为非奇非偶函数
D. 对任意实数满足
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由函数单调性定义可判断正误；
对于B，令，可判断正误；
对于C，由A，B选项分析可判断正误；
对于D，利用做差法及可判断正误.
【详解】对于B，令，，得，
由题意知，所以，故B错误；
对于A，当时，，则，
又，则当时，，即对任意，.
取任意且，则，得，
则
即，所以是上的增函数，故A正确；
对于C，由是上的增函数且，可知为非奇非偶函数，故C正确；
对于D，注意到，
同理，则，
又，且，则
，即，
故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 当时，的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式求得正确答案.
【详解】由于，所以，
所以，
当且仅当时等号成立.
故答案为：
14. 若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据两角和的余弦公式、平方关系、二倍角公式求解.
【详解】，
所以，，
所以，
故答案为：.
15. 不等式的解集为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设,利用数形结合求出答案.
【详解】根据不等式，
设
当时，
当时，
根据图像数形结合可得的解集为，
故答案为：.
【点睛】不等式的题型，有时可以利用数形结合的思想来解决问题.
16. 下列命题正确的是__________．（写出所有正确的命题的序号）
①若奇函数的周期为4，则函数的图象关于对称；
②如，则；
③函数是奇函数；
④存在唯一的实数使为奇函数．
【答案】①③.
【解析】
【详解】逐一考查所给的命题：
函数为奇函数，则，
函数的周期为，则，
据此有：，
则对函数上任意一点，可知点也在函数图像上，
即函数的图象关于对称，说法①正确；
若，则，据此可知，
指数函数是上的单调递减函数，
则，说法②错误；
函数有意义，则：，解得：，
函数的定义域关于坐标原点对称，
且，
即函数是奇函数，说法③正确；
函数为奇函数，需满足：恒成立，
即：恒成立，
则：，
经检验时，函数为奇函数，说法④错误.
综上可得：所给的命题中，正确的是①③.
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. 已知集合，．
（1）若，求实数的取值范围；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由集合A可得，利用列出不等式组，求出实数的取值范围；
（2）若，则，分和两种情况，分别列不等式可得实数的取值范围．
【详解】（1）因为，所以或．
又且，
所以，解得
所以实数的取值范围是．
（2）若（补集思想），则．
当时，，解得；
当时，，即，
要使，则，得．
综上，知时，，
所以时，实数的取值范围是．
18. 已知函数是定义在上的偶函数，当时，．
（1）求在上解析式；
（2）求不等式的解集．
【答案】（1），；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的性质，以及时，，即可求出在上的解析式；
（2）分和两种情况，结合正弦函数的性质，解正弦函数的不等式即可求出结果.
【详解】（1）令，则，
所以，
又函数是定义在上的偶函数，
所以，
所以时，；
即，；
（2）当时，，即，
所以；
当时，，即，
所以，
所以；
综上不等式的解集.
19. 已知函数．
（Ⅰ）求f（x）的最小正周期和单调递减区间；
（Ⅱ）将函数f（x）的图象向右平移个单位，得到函数g（x）的图象，求g（x）在区间上的值域．
【答案】（Ⅰ）最小正周期，[]（k∈Z）．（Ⅱ）[0，3]．
【解析】
【分析】
(Ⅰ)先用降幂公式辅助角公式将化简,然后求得最小正周期和单调减区间;
(Ⅱ)先通过平移得到的解析式,由x∈,可计算得到,结合余弦函数的图象和单调性,可得解.
【详解】（Ⅰ）函数1﹣cs（2x）．
所以函数的最小正周期为，
令（k∈Z），整理得（k∈Z），
所以函数的单调递减区间为[]（k∈Z）．
（Ⅱ）将函数f（x）的图象向右平移个单位，得到函数g（x）＝2cs（2x）+1的图象，
由于x∈，所以，故，所以0≤g（x）≤3，故函数的值域为[0，3]．
【点睛】本题考查了三角函数的性质综合,考查了学生综合分析,转化化归,数学运算的能力,难度较易.
20. 某公司拟设计一个扇环形状的花坛（如图所示）,该扇环是由以点为圆心的两个同心圆弧和延长后通过点,的两条线段围成．设圆弧和圆弧所在圆的半径分别为米,圆心角为θ（弧度）．
(1)若,,求花坛的面积；
(2)设计时需要考虑花坛边缘（实线部分）的装饰问题,已知直线部分的装饰费用为60元/米,弧线部分的装饰费用为90元/米,预算费用总计1200元,问线段AD的长度为多少时,花坛的面积最大？
【答案】（1）；（2）当线段的长为5米时，花坛的面积最大.
【解析】
【分析】(1)根据扇形的面积公式,求出两个扇形面积之差就是所求花坛的面积即可；
(2)利用弧长公式根据预算费用总计1200元可得到等式,再求出花坛的面积的表达式,结合得到的等式,通过配方法可以求出面积最大时, 线段AD的长度.
【详解】(1)设花坛的面积为S平方米.


答：花坛的面积为；
(2) 圆弧的长为米，圆弧的长为米，线段的长为米
由题意知，
即 * ，
，
由*式知，，
记则
所以=
当时，取得最大值，即时，花坛的面积最大，
答：当线段的长为5米时，花坛的面积最大.
【点睛】本题考查了弧长公式和扇形面积公式,考查了数学阅读能力,考查了数学运算能力.
21. 已知定义域为的函数是奇函数.
（1）求的解析式；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由是奇函数可得，从而可求得值，即可求得的解析式；
（2）由复合函数的单调性判断在上单调递减，结合函数的奇偶性将不等式恒成立问题转化为，令，利用二次函数的性质求得的最大值，即可求得的取值范围．
【详解】（1）因为函数为奇函数，
所以，即，
所以，
所以，
可得，函数.
（2）由（1）知
所以在上单调递减.
由，得，
因为函数是奇函数，
所以，
所以，整理得，
设，，
则，
当时，有最大值，最大值为.
所以，即.
【点睛】方法点睛：已知函数的奇偶性求参数，主要方法有两个，一是利用：（1）奇函数由 恒成立求解，（2）偶函数由 恒成立求解；二是利用特殊值：奇函数一般由 求解，偶函数一般由求解，用特殊法求解参数后，一定要注意验证奇偶性.
22. 设是函数定义域的一个子集，若存在，使得成立，则称是的一个“准不动点”，也称在区间上存在准不动点.已知.
（1）若，求函数的准不动点；
（2）若函数在区间上存在准不动点，求实数取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，当时，可得，可解得函数的准不动点；
（2）先根据对数的性质可得在内恒成立，即在内恒成立，可得；再由在区间上存在准不动点可得与在内有交点，分析求解即可．
【小问1详解】
若时，则，
因为在内均单调递增，则在内单调递增，
且，则的解集为，
即的定义域为，
令，
即，解得，
故当，函数的准不动点为．
【小问2详解】
因为在内恒成立，则在内恒成立，
因为在内均单调递增，可知在内单调递增，
且，则，解得；
令，则，
整理得，可知与在内有交点，
且，结合的单调性可得，解得；