2023-2024学年河南省许昌市许昌高级中学高一上学期期末数学模拟试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省许昌市许昌高级中学高一上学期期末数学模拟试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】本题首先可以根据函数的定义域得出，然后根据补集的性质得出，再然后根据的值域得出，最后根据交集的相关性质即可得出结果.
【详解】因为，
所以，即，解得，，
因为全集，所以或，
因为，所以，，
则，
故选：D.
【点睛】易错点睛：表示集合时，一定要注意集合中元素的含义，例如，集合表示的是函数的定义域，集合表示的是函数的值域.
2．函数的定义域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用根式及对数函数的定义建立不等式组，解不等式组得到定义域即可.
【详解】由，得，解得，
所以函数的定义域为.
故选：D．
3．三个数的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用指数函数、对数函数、正弦函数的单调性结合中间量法即可求解．
【详解】解：，
，
，
故选：A
4．若“，使成立”是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先将条件转化为，使成立，再参变分离构造函数，转化为最值问题，求导确定最值即可求解.
【详解】若“，使成立”是假命题，则“，使成立”是真命题，即，；
令，则，则在上单增，，则.
故选：C.
5．已知函数，且，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】令，则为奇函数，根据已知求出，，再由即可求出答案.
【详解】解：根据题意，函数，
则，
则有，
故，
若，则，
故选：C.
6．若是正数，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先根据题意得到，再利用基本等式求最小值即可.
【详解】
当且仅当或时取等号.
故选：C
【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，考查学生分析问题的能力，属于简单题.
7．将函数的图象向左平移个单位长度后，再将所得的图象向下平移一个单位长度得到函数的图象，且的图象与直线相邻两个交点的距离为，若对任意恒成立，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知求得，再由已知得函数的最小正周期为，求得，结合对任意恒成立列关于的不等式组求解．
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后，
再将所得的图象向下平移一个单位长度，得，
又的图象与直线相邻两个交点的距离为，得，即．
∴，当时，，
∵，，
∴，解得，∴的取值范围是，故选B．
【点睛】本题主要考查三角函数的图象变换与性质，根据图象求出函数的解析式是解决本题的关键，是中档题．
8．已知函数，函数，其中，若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】函数恰有4个零点，即方程，
即有4个不同的实数根，
即直线与函数的图象有四个不同的交点．
又
做出该函数的图象如图所示，
由图得，当时，直线与函数的图象有4个不同的交点，
故函数恰有4个零点时，
b的取值范围是故选D．
【解析】1、分段函数；2、函数的零点．
【方法点晴】本题主要考查的是分段函数和函数的零点，属于难题．已知函数的零点个数，一般利用数形结合思想转化为两个函数的图像的交点个数问题，作图时一定要保证图形准确， 否则很容易出现错误．
二、多选题
9．已知关于的不等式的解集为，则（ ）
A．
B．不等式的解集是
C．函数的零点为和
D．不等式的解集为
【答案】ABD
【分析】根据不等式的解集判断出，结合根与系数关系、一次不等式、一元二次不等式的解法判断BCD选项的正确性.
【详解】关于的不等式的解集为，
所以，且和4是关于的方程的两根，
由韦达定理得，
则，所以A正确；
不等式即为，解得，所以B正确；
因为和4是关于的方程的两根，
函数的零点为和，故C错误；
不等式即为，即，解得或，
所以不等式的解集为，所以D正确.
故选：.
10．已知函数，若x1A．x1＋x2＝－1B．x3x4＝1
C．1【答案】BCD
【解析】由解析式得到函数图象，结合函数各分段的性质有，，，即可知正确选项.
【详解】由函数解析式可得图象如下：
∴由图知：，，而当时，有，即或2，
∴，而知：，
∴，.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：利用分段函数的性质确定函数图象，由二次函数、对数运算性质确定的范围及关系.
11．已知正数、满足，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】把指数式化成相应的对数式，运用对数的运算法则及换底公式和基本不等式可求得结果.
【详解】，令，则，，.
，故A正确；
，故B正确；
，故C正确；
，，因为，所以，即，故D错误.
故选：ABC.
12．已知函数，将的图象上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象.若为偶函数，且最小正周期为，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于对称
B．在上单调递减
C．≥的解为
D．方程在上有2个解
【答案】AC
【分析】根据三角函数的平移变换原则求出，再根据三角函数的性质求出，由三角函数的性质逐一判断 即可.
【详解】将的图象上所有点向右平移个单位长度，
可得，
横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，
可得，
由为偶函数，且最小正周期为，
则，且，
解得，，
所以，
对于A，当时，，即，
故的图象关于对称，故A正确；
对于B，由，则，
正弦函数的单调递减区间为，
由不是的子集，故B不正确；
对于C，≥，即，即，
即，
解得，故C正确；
对于D，，即，
作出函数图象与的图象，如下：
由图象可知，两函数的图象在上交点个数为个，故D不正确.
故选：AC
三、填空题
13．已知，，且，则最小值为 ．
【答案】
【分析】首先整理所给的代数式，然后结合均值不等式的结论即可求得其最小值.
【详解】，
结合可知原式，
且
，
当且仅当时等号成立.
即最小值为.
【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
14．已知函数，则函数零点的个数是 ．
【答案】
【分析】由题知或，进而作出函数的图象，数形结合求解即可.
【详解】解：令，即，解得或，
作出函数的图象如图，
由图可知，方程有个实数解，有个实数解，且均互不相同，
所以，的实数解有个，
所以，函数零点的个数是个.
故答案为：
15．已知函数是幂函数，若，则实数的最大值是 ．
【答案】6
【分析】根据幂函数的定义求出参数的值，再根据幂函数的奇偶性和单调性解不等式即可.
【详解】解：因为函数是幂函数，
所以，解得，
所以，
因为，
所以函数是上的奇函数，
又函数在上递增，且在定义域内连续，
所以函数在上递增，
不等式，即为不等式，
所以，解得，
所以实数的最大值是6.
故答案为：6.
16．若两个锐角，满足，则 .
【答案】
【分析】根据二倍角的正弦、余弦公式，化简可得角，的关系，代入即可求解.
【详解】因为，
所以
所以，
因为，为锐角，所以有，
所以，即，
所以，即，
因为，为锐角，所以有，即，
所以
故答案为：
四、计算题
17．化简求值：
(1)；
(2).
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）根据指数幂的运算法则计算可得；
（2）根据对数的运算法则及换底公式计算可得；
【详解】（1）解：
（2）解：
五、解答题
18．已知．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)3
(2)
【分析】(1)根据两角差的余弦公式可得，结合同角三角函数的关系即可求解；
(2)根据诱导公式、二倍角的正、余弦公式化简和切弦互化可得，结合(1)即可求解.
【详解】（1）由题意得，
，
得，则．
（2）
．
19．已知．
（1）求函数的单调递减区间：
（2）若函数在区间上有唯一零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】（1）化简，利用正弦函数的递减区间列式可解得结果；
（2）转化为函数在上的图象与的图象有唯一交点，根据图象可得结果.
【详解】（1）
，
令，，解得：，，
∴的单调递减区间为.
（2）由（1）知，函数，
在上有唯一零点等价于在上有唯一实根，
设，，依题意可知与的图象有唯一交点，
函数在上的图象如图：
由图可知实数应满足或，
∴或，
故实数的取值范围或.
【点睛】关键点点睛：转化为函数在上的图象与的图象有唯一交点，根据图象求解是解题关键.
20．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用，现有一个筒车按逆时针方向匀速转动．每分钟转动5圈，如图，将该筒车抽象为圆O，筒车上的盛水桶抽象为圆O上的点P，已知圆O的半径为，圆心O距离水面，且当圆O上点P从水中浮现时（图中点）开始计算时间．
(1)根据如图所示的直角坐标系，将点P到水面的距离h（单位：m，在水面下，h为负数）表示为时间t（单位：s）的函数，并求时，点P到水面的距离；
(2)在点P从开始转动的一圈内，点P到水面的距离不低于的时间有多长？
【答案】(1)，m
(2)4s
【分析】（1）根据题意先求出筒车转动的角速度，从而求出h关于时间t的函数，和时的函数值；（2）先确定定义域，再求解不等式，得到，从而求出答案.
【详解】（1）筒车按逆时针方向匀速转动．每分钟转动5圈，故筒车每秒转动的角速度为，故，当时，，故点P到水面的距离为m
（2）点P从开始转动的一圈，所用时间，令，其中，解得：，则，故点P到水面的距离不低于的时间为4s.
21．已知函数．
(1)若的定义域为R，求a的取值范围；
(2)若的值域为R，求a的取值范围；
(3)若在上单调，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意得恒成立，然后可得答案；
（2）由题意得，的值能取到所有正数，然后可得答案；
（3）分在上单调递增、单调递减两种情况讨论即可.
【详解】（1）由题意得恒成立，
所以，
得，即a的取值范围为．
（2）由题意得，的值能取到所有正数，
所以，
得或，即a的取值范围为．
（3）当在上单调递增时，得．
当在上单调递减时，得．
综上，a的取值范围为．
六、证明题
22．如果函数存在零点，函数存在零点，且，则称与互为“n度零点函数”．
(1)证明：函数与互为“1度零点函数”．
(2)若函数(，且)与函数互为“2度零点函数”，且函数有三个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）令，对方程直接进行求解，验证是否成立；
（2）求解的零点，当时，，所以只需限定当时，的零点范围，解关于的不等式，再结合函数与图像有三个交点，得到a的取值范围．
【详解】（1）证明：令，得．
令，得．
因为，所以，所以函数与互为“1度零点函数”．
（2）令，得．
设存在零点，则，不等式两边平方得，即．
当时，，当时，令，得，
所以，得．
有三个零点等价于函数与的图象有三个交点，
因为，，
所以在上单调递减．易知，的零点为．
画出与在上的大致图象，如图所示，
易得与的图象在上有两个交点，所以与的图象在上必须有一个交点，
得，化简得．
令函数，即的图象与直线在上有一个交点．
因为，由的图象（图略）可得，或，即或．
综上，a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：
（1）直接法：即令，对方程直接进行求解，方程解的个数就是零点的个数；
（2）数形结合法：数形结合法求函数的零点，是将的方程转化为两个函数，根据两个函数的交点个数来确认零点个数；
（3）零点存在定理：利用零点存在定理，再结合函数的性质(通常会用到单调性)确定零点个数；零点存在定理为：如果函数在上连续，且有，则函数在上至少存在一点，使得.
（4）构造函数：可根据题目的不同情况，选择直接作差或者分离参数来构造新的函数，通过求解新函数的值域或最值来判断零点的个数.