6_湖北省2023-2024学年高一上学期期末考试冲刺模拟数学试题（02）

这是一份6_湖北省2023-2024学年高一上学期期末考试冲刺模拟数学试题（02），共20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。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．且
C．D．
2．已知且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知扇形面积为8，扇形的圆心角为2 rad，扇形的周长为（ ）
A．B．C．8D．2
4．函数的图象是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知为第四象限角，，则（ ）
A．B．C．D．
6．设，，函数，若恒成立，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
7．函数的零点与函数的零点之差的绝对值不超过，则可以是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数，对，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知实数均不为1，且满足，则下列关系式中恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，关于的一元二次不等式有个整数解，则的可能取值有（ ）
A．B．C．D．
11．已知为正数，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的最小值为1
C．的最小值为8D．的最小值为
12．已知函数在区间上的最大值为，最小值为，令，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．当时，
C．的最大值为
D．的最小值为
三、填空题
13．点是第 象限角终边上的点.
14．若集合，，且，则实数的取值范围为 .
15．已知函数，，若对任意的，总存在，使得成立，则实数的取值范围为 .
16．设是定义在上的以为周期的偶函数，在区间上单调递增，且满足，，则不等式组的解集是 .
四、解答题
17．设全集，集合，集合，其中.
(1)当时，求；
(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．
18．已知函数
(1)填写下表，并用“五点法”画出在上的图象；

(2)将的图象向下平移1个单位，横坐标扩大为原来的4倍，再向左平移个单位后，得到的图象，求的对称中心．
19．（1）求的值；
（2）已知，求的值.
20．2022年11月29日，神舟十五号载人飞船搭载航天员费俊龙、邓清明、张陆飞往中国空间站，与神舟十四航天员“会师”太空.近年来，得益于我国先进的运载火箭技术，我国在航天领域取得了巨大成就.据了解，在不考虑空气阻力和地球引力的理想状态下，可以用公式计算火箭的最大速度，其中是喷流相对速度，是火箭除推进剂外的质量，是推进剂与火箭质量的总和，称为“总质比”，已知A型火箭的喷流相对速度为300m/s
(1)当总质比为800时，利用给出的参考数据求A型火箭的最大速度；
(2)经过材料更新和技术改进后，A型火箭的喷流相对速度提高到了原来的2倍，总质比变为原来的，若要使火箭的最大速度至少增加300m/s，求在材料更新和技术改进前总质比的最小整数值.
参考数据：，
21．已知函数是偶函数.
(1)求的值；
(2)若方程有解，求实数m的取值范围.
22．已知函数满足当时，已知函数
(1)求实数m的值；
(2)当时，求的解析式；
(3)设，若求实数的值.
x
0
参考答案：
1．D
【分析】根据函数定义域和值域求出，从而求出交集.
【详解】由函数定义域可得：，
由值域可得，故.
故选：D
2．C
【分析】由对数底数的范围可确定且；根据已知不等式，结合幂函数和对数函数的单调性可得结果.
【详解】由知：且；
在上单调递增，由知：；
在上单调递减，
由得：，即的取值范围为.
故选：C.
3．A
【分析】设扇形的半径为r，弧长为l，利用扇形的弧长和面积公式，求得，则可求出扇形的周长.
【详解】解：设扇形的半径为r，弧长为l，
已知扇形的圆心角为2 rad，则，
扇形面积，
所以扇形的周长，
故选：A.
4．B
【分析】先根据函数的奇偶性排除部分选项，再根据函数值的正负确定.
【详解】解：，
因为，
所以是偶函数，故排除AD，
当时，令，得或，
当或时，，当时，，
故选：B
5．D
【分析】由可求得；利用，结合的范围可确定，由此可求得；利用二倍角余弦公式和平方差公式可得，代入对应的值即可求得结果.
【详解】由得：，解得：，
；
为第四象限角，，，，
.
故选：D.
6．A
【分析】根据函数的解析式进行分类讨论，当时，结合二次函数的图象和性质即可求解.
【详解】因为，
当时，恒成立，
当时，恒成立，
则恒成立，因为，
则有，故，
故选：.
7．C
【分析】先判断的零点所在区间，再分别求出各个选项中函数的零点，从而求得两零点之差的绝对值的范围，由此即可判断.
【详解】易知在上单调递增，
又，，
所以在上存在唯一零点，即，
对于A，令，即，解得，
因为，所以，则，不满足题意，故A错误；
对于B，令，即，解得，
当时，离最近，但，不满足题意，故B错误；
对于C，令，即，解得，
易得，则，满足题意，故C正确；
对于D，令，即，解得，
易得，则，不满足题意，故D错误.
故选：C.
8．B
【分析】先判断函数的奇偶性，再分析，，三种情况.
【详解】因为函数的定义域为，
且，所以是定义在上的奇函数.
又因为
当时在上单调递增，并且，所以，所以不成立.
当时变成不成立.
当时,取，则即
整理得：，又因为
解得：根据排除法知B正确.
故选：B
9．AB
【分析】A，B选项利用基本不等式的性质即可；C选项利用函数的单调性即可；取判断D选项即可.
【详解】实数均不为1，且满足，
所以，
故A选项正确；
由，所以，
所以，
所以，
所以成立，故B选项正确；
由函数在R上单调递减，且
所以，故C选项错误；
当时，，
故D选项错误；
故选：AB.
10．CD
【分析】将不等式化为，令，作出的图象，采用数形结合的方式确定的取值范围，进而确定选项.
【详解】由得：；
令，可作出图象如下图所示，
则当时，恰有个整数解：，
可能的取值为.
故选：CD.
11．BCD
【分析】由结合基本不等式，求得的最大值，的最小值，判断选项正误.
【详解】因为，为正数，，
所以，即，得，
所以，当且仅当时，等号成立.
同理，解得，当且仅当时，等号成立.
对于A，，
所以，当时，等号成立，所以A错误；
对于B，，当时，等号成立，所以B正确；
对于C，，当且仅当时，等号成立，所以C正确；
对于D，设，则，所以，
即，则，得，
解得，所以D正确.
故选：BCD.
12．AD
【分析】
利用二倍角公式化简可得，当时，根据余弦型函数值域求法可求得，由此可得，知A正确；通过反例可知B错误；根据区间长度为可知：当在上单调时，最大；当与关于对称轴对称时，最小，根据余弦函数单调区间和对称轴的求法可确定的范围和取值，由此确定的最值，知CD正误.
【详解】，
当时，；
对于A，当时，，
此时，，
，A正确；
对于B，若，则；
当时，，
，，
，B错误；
对于C，最小正周期，，
若取得最大值，则在上单调；
令，解得：，
的单调递增区间为；
当，即时，
，
，，
，；
令，解得：，
的单调递减区间为，
当，即时，
，
，，
，；
综上所述：，C错误；
对于D，若取得最小值，则与关于的对称轴对称；
令，解得：，
当时，，
；
令，解得：，
当时，，
；
综上所述：，D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数值域和最值的求解问题，解题关键是能够根据余弦函数的性质，确定何种情况下能够取得最值，从而结合余弦型函数单调性和对称轴的求法得到的范围，进而确定的最值.
13．四
【分析】确定角的象限,由三角函数符号得出点坐标的正负，从而得结论．
【详解】，是第二象限角，从而是第二象限角，
∴，，
在第四象限，
故答案为：四．
14．
【分析】根据指数函数单调性和分式不等式的解法可求得集合，根据并集结果可确定的取值范围.
【详解】由得：，即，解得：，；
，，，即实数的取值范围为.
故答案为：.
15．
【分析】由恒成立和能成立的思想可将问题转化为，利用复合函数单调性的判断方法可知在上单调递减，由此得到；分别讨论、和的情况，根据一次函数单调性确定，由可解不等式求得的范围.
【详解】对任意的，总存在，使得成立，；
，
在上单调递减，单调递增，
在上单调递减，；
当时，，则，满足题意；
当时，在上单调递减，，
，解得：；
当时，在上单调递增，，
，解得：；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
16．
【分析】根据奇偶性和周期性可知关于对称，则在上单调递减；利用周期性和对称性可将化为，根据单调性可解得结果.
【详解】为上的偶函数，关于对称，
又是周期为的周期函数，关于对称，
，，
，，，，
由得：；
在上单调递增，在上单调递减，
当时，的解为，
即不等式组的解集为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数的奇偶性、周期性、对称性和单调性解不等式的问题，解题关键是能够将所求不等式转化为函数值大小关系的比较，通过将自变量转化到同一单调区间的方式，结合单调性求得结果.
17．(1)
(2)
【分析】（1）解分式不等式和一元二次不等式可分别求得集合，根据补集和交集定义可求得结果；
（2）解含参数的一元二次不等式可求得集合；根据充分不必要条件的定义可知，即，根据包含关系可构造不等式组求得结果.
【详解】（1）由得：，解得：，即，；
当时，，解得：，即；
.
（2）由（1）知：；
由得：，即，
是的充分不必要条件，，，
且等号不会同时取到，解得：，即实数的取值范围为.
18．(1)表格见解析，图象见解析
(2)
【分析】（1）首先根据五点法将表格补充完整，然后描点，最终用一条“光滑”的曲线连接起来即可.
（2）根据三角函数图形的平移变换、伸缩变换法则求得的表达式，通过整体代换即可求解.
【详解】（1）

（2）的图象向下平移1个单位得的图象，
横坐标扩大为原来的4倍得，，
再向左平移个单位后，得，
令，得，
所以函数的对称中心为
19．（1）；（2）.
【分析】（1）切化弦，通分后利用二倍角正弦公式可得，利用两角和差正弦公式展开，整理化简即可得到结果；
（2）利用两角和差正切公式可化简已知等式求得；利用两角和差余弦公式和二倍角公式可化简所求式子为正余弦齐次式的形式，代入即可求得结果.
【详解】（1）；
（2），
，即，
解得：或；
；
当时，；
当时，；
综上所述：.
20．(1)2010（m/s）；
(2)11．
【分析】（1）由，代入已知公式计算；
（2）设材料更新和技术改进前总质比为，列出不等式，解之可得．
【详解】（1）由已知（m/s）；
（2）设材料更新和技术改进前总质比为，则，，，
，，
所以的最小整数值是11.
21．(1)
(2)
【分析】（1）利用偶函数的性质，得到关于的方程，由的任意性可求得的值；
（2）先将问题转化为方程有解，再利用换元法将问题转化为与在上有交点，从而得解.
【详解】（1）因为，在上恒成立，所以的定义域为，
又因为是偶函数，所以，有，
即对恒成立，
则对恒成立，
即对恒成立，
因为不恒为0，所以.
（2）由（1）得，
则方程有解，即方程有解，
又因为对数函数在上单调递增，所以方程有解，
令，则，方程化为，即方程在上有解，
令，则与在上有交点，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，即.
.
22．(1)-12；
(2)；
(3)不存在，理由见解析.
【分析】（1）赋值法得到，由求出；
（2）当时，，故，从而根据求出解析式；
（3）求出定义域为，且在单调递减，构造，结合零点存在性定理得到使得，只需，先由定义域得到，分与两种情况，两种情况下求出最小值，分析得到均不合题意，设这样的实数不存在.
【详解】（1）当时，，故，因为当时，
所以，故，
因为，所以，
（2）当时，，故，
又，
故；
（3）显然中由，故，
当时，，故，
当时，，故，不合要求，
所以定义域为，
故在要恒成立，
必有当时，，当时，，则，即，
，
因为，所以，
当时，在单调递增，
故
当时，在上先增后减，
在或处取得最小值，且，，
其中为对勾函数，在上单调递减，在上单调递增，
又，故，
综上：，
故只需考虑在的情况即可，因为在单调递减，
根据复合函数的单调性得到在单调递减，
又时，对称轴为，开口向上，
故在上单调递增，
当时，令，其单调递增，
其中，，
由零点存在性定理可知：使得，
又故需要满足，所以只需满足，
当时，，不合要求，
当时，令，解得：，
由于，故无解，
综上：不存在.
【点睛】思路点睛：数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.
x
0
0
0