2022-2023学年福建省福州第一中学高一上学期期末考试数学模拟试题含解析

2022-2023学年福建省福州第一中学高一上学期期末考试数学模拟试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先求得集合，结合图象求得正确结论.

【详解】，所以，

图象表示集合为，

，.

故选：B

2．设，则“”是“”的（    ）．

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【详解】 ，但，不满足 ，所以是充分不必要条件，选A.

【解析】 充要条件

【名师点睛】本题考查充要条件的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件；从集合的角度看，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件，若是的真子集，则是的充分不必要条件，若是的真子集，则是的必要不充分条件.

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用诱导公式可得，再由二倍角余弦公式求.

【详解】由，即，

又.

故选：D

4．幂函数在R上单调递增，则函数的图象过定点（    ）

A．（1，1） B．（1，2） C．（-3，1） D．（-3，2）

【答案】D

【分析】由函数为幂函数且在R上单调递增，可得，再由指数函数过定点，即可得函数所过的定点.

【详解】解：因为为幂函数且在R上单调递增，

所以，解得，

所以，

又因为指数函数恒过定点，

所以恒过定点.

故选：D.

5．已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出函数的定义域，由单调性求出a的范围，再由函数在上有意义，列式计算作答.

【详解】函数，

因为在上递增，则在上递减，

所以得，解得，

由，有意义得：，解得，

因此，，

所以实数的取值范围是.

故选：C.

6．关于的不等式的解集为，则的最大值是（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意可得是方程的两个根，利用根与系数的关系，可得，再求出，代入中化简后利用基本不等式可求得结果.

【详解】因为关于的不等式的解集为，

所以是方程的两个根，且，

所以，

所以，

所以

，当且仅当，即时取等号，

所以的最大值是，

故选：C

7．已知函数，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】首先求出函数的定义域，再判断函数的奇偶性与单调性，根据奇偶性、单调性及定义域将函数不等式转化为自变量的不等式组，解得即可.

【详解】解：对于函数，令，解得或，

所以函数的定义域为，

又，所以为偶函数，

当时，则在上单调递增，

令，，所以，

所以在上单调递增，

则在上单调递增，从而得到在上单调递减，

则不等式等价于，解得或，

所以不等式的解集为.

故选：C

8．函数，已知为图象的一个对称中心，直线为图象的一条对称轴，且在上单调递减．记满足条件的所有的值的和为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由一条对称轴和一个对称中心可以得到或，由在上单调递减可以得到，算出的大致范围，验证即可.

【详解】由题意知：或

∴或

∴或

∵在上单调递减，∴

∴

①当时，取知

此时，当时，

满足在上单调递减，∴符合

取时，，此时，当时，满足在上单调递减，∴符合

当时，，舍去，当时，也舍去

②当时，取知

此时，当时，

，此时在上单调递增，舍去

当时，，舍去，当时，也舍去

综上：或2，.

故选：A.

【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，难度较大，易错点在于已知一条对称轴和一个对称中心要分两种情况分析.

二、多选题

9．下列能成为充分条件的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【解析】分别解出选项中的集合，再根据充分条件与集合的包含关系，求参数的取值范围.

【详解】，即，

分别解出选项中的集合：

A.或，得或，即或；

B.，即；

C.，得或，即或；

D.，即，

要能成为充分条件，选项中的解集需是集合的子集，其中只有BD符号题意.

故选：BD

【点睛】本题考查充分条件与集合的包含关系，重点考查计算能力，以及理解充分条件，属于基础题型.

10．已知关于的不等式的解集为，且，若，是方程的两个不等实根，则下列关系式中正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】由不等式的解集，可知，从而判断A错误；根据图像的平移变换，可得变换前后对称轴不变，即，变形后可判断B正确；根据,亦可判断C正确，通过举反例，即可判断D错误.

【详解】解：由题意得,故A错误，

因为将二次函数的图像上的所有点向上平移1个单位长度，

得到二次函数的图像，

所以,即，B正确，

如图，又，所以，C正确，

当时，，，

所以，D错误.

故选：BC.

11．函数在区间上的大致图象可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据函数图象的对称性可得函数的奇偶性，从而确定参数的值，再判断即可.

【详解】解：对于A，B中函数图象关于原点对称，则对应的为奇函数，

令，则为偶函数，

即，即，

所以，解得，

当时，，符合A项，

当时，，符合B项.

对于C，D中函数图象关于y轴对称，则对应的为偶函数，

令，则为奇函数，即，即，

所以，此时，当时，，故D正确，故C错误；

故选：ABD.

12．已知函数的最小值为0，e是自然对数的底数，则（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】AD

【分析】由已知得当时，，对于AC，当时，为上的减函数，则，代入解不等式得解；对于BD，当时，由对勾函数在上单调递减，在上单调递增，判断的单调性，求出最小值即可判断.

【详解】由函数的最小值为0，

当时，，即，

故当时，的值域为的子集，即

对于AC，当时，为上的减函数，

又，则，即，故A正确，C错误；

当时，对勾函数在上单调递减，在上单调递增，

对于B，当时，对勾函数在上单调递增，

则函数在上单调递减，由A知，，故B错误；

对于D，当时，对勾函数在上单调递减，

则函数在上单调递增，又，则，即，故D正确；

故选：AD

【点睛】思路点睛：本题考查已知函数的最值求参数，解题时需先求出由函数在时的值域为，进而将问题转化为当时，函数的值域为的子集，即，分类讨论研究函数的单调性求出最值，考查学生的分析转化能力，属于难题.

三、填空题

13．已知函数为定义在上的奇函数，则的值为________．

【答案】

【分析】根据奇函数的定义及性质计算可得.

【详解】解：因为函数为定义在上的奇函数，

则有，解得，

又由函数为奇函数，则有，

则，所以恒成立，即，

所以；

故答案为：

14．若函数(，且)，在上的最大值比最小值大，则______________.

【答案】或.

【解析】分和两种情况，根据指数函数的单调性确定最大值和最小值，根据已知得到关于实数的方程求解即得.

【详解】若，则函数在区间上单调递减，

所以，，

由题意得，

又，故；

若，则函数在区间上单调递增，

所以，，

由题意得，

又，故.

所以的值为或.

【点睛】本题考查函数的最值问题，涉及指数函数的性质，和分类讨论思想，属基础题，关键在于根据指数函数的底数的不同情况确定函数的单调性.

15．已知函数，其中， ，恒成立，且在区间 上恰有个零点，则的取值范围是______________．

【答案】

【分析】确定函数的，由此可得，再利用在区间 上恰有个零点得到，求得答案.

【详解】由已知得：恒成立，则 ，

，

由得，

由于在区间 上恰有3个零点，

故，则， ，

则,

只有当时，不等式组有解，此时，故，

故答案为：

16．已知函数与，若对任意的，都存在，使得，则实数的取值范围是______.

【答案】

【分析】求出函数在区间上的值域为，由题意可知，由，可得出，由题意知，函数在区间上的值域包含，然后对分、、三种情况分类讨论，求出函数在区间上的值域，可得出关于实数的不等式（组），解出即可.

【详解】由于函数在上的减函数，则，即，

所以，函数在区间上的值域为.

对于函数，内层函数为，外层函数为.

令，得.

由题意可知，函数在区间上的值域包含.

函数的图象开口向上，对称轴为直线.

（i）当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，则，，即，

此时，函数在区间上的值域为，

由题意可得，解得，此时，；

（ii）当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，则，，即，

此时，函数在区间上的值域为，

由题意可得，解得或，此时；

（iii）当时，函数在区间上单调递减，则，，则函数在区间上的值域为，

由题意可得，解得，此时，.

综上所述，实数的取值范围是.

【点睛】本题考查指数函数与对数函数的综合问题，根据任意性和存在性将问题转化为两个函数值域的包含关系是解题的关键，在处理二次函数的值域问题时，要分析对称轴与区间的位置关系，考查分类讨论思想、化归与转化思想的应用，属于难题.

四、解答题

17．已知函数的定义域为.

（1）求实数的取值集合；

（2）设为非空集合，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由题意可知，在上恒成立，在对参数进行分类讨论，根据二次函数的性质，即可求出结果；

（2）由命题的关系与集合间的包含关系得：是的必要不充分条件，所以，由此列出关系式，即可求出结果.

【详解】（1）可知，在上恒成立，

当时，，成立；

当时，，解得；

综上所述，.  所以集合

（2）因为，是的必要不充分条件.   所以，

故,解得

所以，实数的取值范围是.

18．设.

(1)求的值及的单调递增区间；

(2)若，求的值.

【答案】(1)1，

(2)

【分析】（1）根据余弦的二倍角公式、三角恒等变换公式以及辅角公式可得，由此即可求出的值，再根据正弦函数的性质可求得单调递增区间；

（2）由（1）可得以及，可得，再根据和同角基本关系可得，再根据和两角和的正弦公式即可求出结果.

【详解】（1）解：因为

，

所以；

令，

所以，

所以单调递增区间为；

（2）解：因为，即，所以，

又，所以，即，

又，所以，所以，

所以，

因为

.

所以的值.

19．某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔（单位：分钟）满足，，经测算.该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔满足：，其中.

(1)求，并说明的实际意义：

(2)若该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益.

【答案】(1)；发车时间间隔为分钟时，载客量为

(2)发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．

【分析】（1）将代入函数的解析式，可计算出，结合题意说明的实际意义；

（2）求出函数的解析式，分别求出该函数在区间和上的最大值，比较大小后可得出结论.

【详解】（1），实际意义为：发车时间间隔为分钟时，载客量为；

（2），

当时，，

当且仅当，即时，等号成立，

所以，当时，取得最大值；

当时，，该函数在区间上单调递减，

则当时，取得最大值．

综上所述，当发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．

20．已知分别是定义在上的奇函数和偶函数，且

(1)分别求出函数的解析式；

(2)若，都有成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用函数的奇偶性，根据，得到，两式联立解得答案.

(2)用换元法，将原问题转化为在上恒成立的问题，然后根据二次函数在给定区间上的值的情况，分类讨论解答.

【详解】（1）（1），①

，

分别是定义在上的奇函数和偶函数，，

由①②可得：;

（2）

令，则，

原命题等价转化为：在上恒成立，

（i）当时，则在上恒成立，成立.

（ii）当时，则等价转化为：在上恒成立，

令，要满足题意，

，解得：，

又

（iii）当时，则等价转化为：在上恒成立

令，要满足题意，

，解得：，

又，

综上，实数的取值范围为

21．已知函数，其中.

(1)，求的值；

(2)设函数，其中常数.若函数的一个单调减区间内有一个零点，且其图象过点，记函数的最小正周期为，试求取最大值时函数的解析式.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用两角和的余弦公式、二倍角公式以及辅助角公式可得，结合条件即可求解；

（2），由题设可得，和，，令，则，进而由周期最大时确定、的值，进而求解.

【详解】（1），

即，

所以，

所以或，，

则或，，

又因为，

所以.

（2），

因为函数图象过点，

所以，

则，，

所以，.

又函数的一个单调减区间内有一个零点，

所以，，

即，.

所以，

令，则，

又，且，

要使取最大值，则取最小值，

当时，，此时，，

由，可得没有符合题意的值；

当时，，此时，，

由，可得，符合题意.

综上所述，.

22．已知实数，设函数.

(1)当时，求函数f（x）的值域：

(2)求|f（x）|的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)令，则即求函数f（x）的值域转化为求，的值域，根据二次函数在闭区间的最值求法即可；

(2)令得从而问题转化为求函数，的最大值.通过分类讨论对称轴与区间的位置关系，即可求解最大值.

【详解】（1）当时，，

令，

则，所以

，即.

则

，即

所以函数f（x）的值域.

（2）令

令，

则，所以

，即.

则，

令，

所以是对称轴为，开口向上的抛物线，

且

记|f（x）|的最大值为.

当，即时，

此时在上单调递减，且；

当，即时，此时，

当，即时，此时，

当，即时，不符合题意舍去.

,即

【点睛】关键点点睛：

求二次函数在闭区间的最值时，要注意讨论对称轴与区间的位置关系，一般讨论对称轴在区间的左边，对称轴在区间的里面，对称轴在区间的右边.