2022年高中数学新教材人教A版必修第一册学案期末检测试卷(一)

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这是一份数学必修第一册全册综合学案及答案，共9页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1.命题“∃x∈R，x3－x2＋1>0”的否定是( )
A.∃x∈R，x3－x2＋1<0
B.∀x∈R，x3－x2＋1≤0
C.∃x∈R，x3－x2＋1≤0
D.不存在x∈R，x3－x2＋1>0
答案 B
解析根据命题的否定知，∃x∈R，x3－x2＋1>0的否定为∀x∈R，x3－x2＋1≤0，故选B.
2.如果aA.eq \f(1,a)C.－ab<－a2 D.－eq \f(1,a)<－eq \f(1,b)
答案 D
解析由于a可得eq \f(1,a)＝－eq \f(1,2)，eq \f(1,b)＝－1，∴eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，故A不正确.
可得ab＝2，b2＝1，∴ab>b2，故B不正确.
可得－ab＝－2，－a2＝－4，∴－ab>－a2，故C不正确.
故选D.
3.若正实数a，b满足lg a＋lg b＝1，则eq \f(2,a)＋eq \f(5,b)的最小值为( )
A.eq \r(2) B.2eq \r(2) C.eq \f(\r(10),2) D.2
答案 D
解析由正实数a，b满足lg a＋lg b＝1，得ab＝10，
则由基本不等式有eq \f(2,a)＋eq \f(5,b)≥2eq \r(\f(10,ab))＝2，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＝\f(5,b)，,ab＝10，))即a＝2，b＝5时等号成立.
故选D.
4.已知角α终边上一点M的坐标为(1，eq \r(3))，则sin 2α等于( )
A.－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C.－eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 D
解析由角α终边上一点M的坐标为(1，eq \r(3))，
得sin α＝eq \f(\r(3),2)，cs α＝eq \f(1,2)，
故sin 2α＝2sin αcs α＝eq \f(\r(3),2)，
故选D.
5.酒驾是严重危害交通安全的违法行为.为了保障交通安全，根据国家有关规定：100 mL血液中酒精含量低于20 mg的驾驶员可以驾驶汽车，酒精含量达到20～79 mg的驾驶员即为酒后驾车，80 mg及以上认定为醉酒驾车.假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了1 mg/mL.如果在停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时30%的速度减少，那么他至少经过几个小时才能驾驶汽车？( )
(参考数据：lg 0.2≈－0.7，lg 0.3≈－0.5，lg 0.7≈－0.15，lg 0.8≈－0.1)
A.1 B.3 C.5 D.7
答案 C
解析因为1小时后血液中酒精含量为(1－30%)mg/mL，
x小时后血液中酒精含量为(1－30%)x mg/mL，
由题意知100 mL血液中酒精含量低于20 mg的驾驶员可以驾驶汽车，
所以(1－30%)x<0.2，
0.7x<0.2，
两边取对数得，
lg0.7xx>eq \f(lg 0.2,lg 0.7)＝eq \f(14,3) ，
所以至少经过5个小时才能驾驶汽车.
故选C.
6.若函数y＝a|x|＋m－1(0A.[1，＋∞) B.(0,1) C.(－∞，1) D.[0,1)
答案 D
解析函数y＝a|x|＋m－1(0等价于函数y＝a|x|的图象与y＝1－m的图象有交点，
0即0<1－m≤1，解得0≤m<1，
即实数m的取值范围是[0,1)，
故选D.
7.已知函数f(x)＝eq \r(x－2)，若f(2a2－5a＋4)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))∪(2，＋∞) B.[2,6)
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪[2,6) D.(0,6)
答案 C
解析易知函数f(x)＝eq \r(x－2)的定义域是[2，＋∞)，在定义域内是增函数，
所以由f(2a2－5a＋4)解得0故选C.
8.已知cs α＝eq \f(1,3)，cs(β－α)＝eq \f(\r(3),3)，且0<β<α<π，则cs β等于( )
A.－eq \f(5\r(3),9) B.－eq \f(\r(3),3) C.eq \f(2\r(3),9) D.eq \f(5\r(3),9)
答案 D
解析 ∵ cs α＝eq \f(1,3)，cs(β－α)＝eq \f(\r(3),3)，且0<β<α<π，
∴－π<β－α<0，
∴sin α＝eq \r(1－\f(1,9))＝eq \f(2\r(2),3)，sin(β－α)＝－eq \r(1－\f(1,3))＝－eq \f(\r(6),3)，
∴cs β＝cs[(β－α)＋α]
＝cs(β－α)cs α－sin(β－α)sin α
＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),3)－eq \f(2\r(2),3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)))＝eq \f(5\r(3),9)，故选D.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9.下列四个命题：其中不正确的命题是( )
A.函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0]上单调递增，则f(x)在R上是增函数
B.若函数f(x)＝ax2＋bx＋2与x轴没有交点，则b2－8a<0且a>0
C.当a>b>c时，则有bc>ac成立
D.y＝1＋x和y＝eq \r(1＋x2)不表示同一个函数
答案 ABC
解析 f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x，x≤0，,ln x，x>0，))满足在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0]上单调递增，但f(x)在R上不是增函数，A错；
a＝b＝0时，f(x)＝2，它的图象与x轴无交点，不满足b2－8a<0且a>0，B错；
当a>b>c，但c＝0时，ac＝bc，不等式bc>ac不成立，C错；
y＝eq \r(1＋x2)＝|x＋1|，与y＝x＋1的对应关系不相同，值域也不相同，不是同一个函数，D正确.
10.已知0A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))b B.ln a>ln b
C.eq \f(1,a)>eq \f(1,b) D.eq \f(1,ln a)>eq \f(1,ln b)
答案 ACD
解析因为0所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))b，
因为0所以ln a又因为y＝eq \f(1,x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上也单调递减，
所以eq \f(1,ln a)>eq \f(1,ln b)，同理可得，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，
故选ACD.
11.下列选项中，值为eq \f(1,4)的是( )
A.cs 72°cs 36° B.sin eq \f(π,12)sin eq \f(5π,12)
C.eq \f(1,sin 50°)＋eq \f(\r(3),cs 50°) D.eq \f(1,3)－eq \f(2,3)cs215°
答案 AB
解析对于A，cs 36°cs 72°＝eq \f(2sin 36°cs 36°cs 72°,2sin 36°)＝eq \f(2sin 72°cs 72°,4sin 36°)＝eq \f(sin 144°,4sin 36°)＝eq \f(1,4).
对于B，sin eq \f(π,12)sin eq \f(5π,12)＝sin eq \f(π,12)cs eq \f(π,12)＝eq \f(2sin \f(π,12)cs \f(π,12),2)＝eq \f(sin \f(π,6),2)＝eq \f(1,4).
对于C，原式＝eq \f(cs 50°＋\r(3)sin 50°,sin 50°cs 50°)＝eq \f(\f(1,2)cs 50°＋\f(\r(3),2)sin 50°,\f(1,4)×2sin 50°cs 50°)＝eq \f(sin 80°,\f(1,4)sin 100°)＝eq \f(sin 80°,\f(1,4)sin 80°)＝4.
对于D，eq \f(1,3)－eq \f(2,3)cs215°＝－eq \f(1,3)(2cs215°－1)
＝－eq \f(1,3)cs 30°＝－eq \f(\r(3),6).
12.已知函数f(x)＝eq \f(x4＋2x2＋a,x2＋1)(x∈R)的值域为[m，＋∞)，则实数a与实数m的取值可能为( )
A.a＝0，m＝0 B.a＝1，m＝1
C.a＝3，m＝3 D.a＝eq \r(2)，m＝eq \r(2)
答案 ABD
解析 f(x)＝eq \f(x4＋2x2＋a,x2＋1)＝eq \f(x2＋12＋a－1,x2＋1)＝x2＋1＋eq \f(a－1,x2＋1)，
设x2＋1＝t，t≥1，则y＝t＋eq \f(a－1,t).
当a＝0时，y＝t－eq \f(1,t)在[1，＋∞)上单调递增，t＝1时，y＝0，故y∈[0，＋∞)，A正确；
当a＝1时，y＝t在[1，＋∞)上单调递增，t＝1时，y＝1，故y∈[1，＋∞)，B正确；
当a＝3时，y＝t＋eq \f(2,t)在[1，eq \r(2))上单调递减，在[eq \r(2)，＋∞)上单调递增，故ymin＝2eq \r(2)，C错误；
当a＝eq \r(2)时，y＝t＋eq \f(\r(2)－1,t)在[1，＋∞)上单调递增，t＝1时，y＝eq \r(2)，故y∈[eq \r(2)，＋∞)，D正确.
故选ABD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.lg 4＋lg 25－(0.5－2－2)×的值是________.
答案－eq \f(5,2)
解析原式＝lg 100－2×eq \f(9,4)＝2－eq \f(9,2)＝－eq \f(5,2).
14.已知a>0，b>0，a＋2b＝4，则a＋eq \f(1,a)的最小值为________，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为________.(本题第一空2分，第二空3分)
答案 2 eq \f(3＋2\r(2),4)
解析 a＋eq \f(1,a)≥2eq \r(a·\f(1,a))＝2，当且仅当a＝eq \f(1,a)，即a＝1时“＝”成立；
eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋2b)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2＋\f(2b,a)＋\f(a,b)))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋2\r(\f(2b,a)·\f(a,b))))＝eq \f(3＋2\r(2),4).
当且仅当eq \f(2b,a)＝eq \f(a,b)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4\r(2)－4，,b＝4－2\r(2)))时“＝”成立.
15.已知集合A＝{x|x答案 {a|a≥2}
解析由题意，集合A＝{x|x又由A∪(∁RB)＝R，所以a≥2.
16.设常数a∈R，则方程|x＋a|·ex＝1的解的个数组成的集合是A＝________.
答案 {1,2,3}
解析由题意得，|x＋a|·ex＝1⇔|x＋a|＝eq \f(1,ex)，设f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))x，g(x)＝|x＋a|，在直角坐标系中分别画f(x)，g(x)的图象，如图所示，
所以方程解的个数可能为1或2或3.
故答案为{1,2,3}.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)已知p：函数f(x)＝(a－m)x在R上是减函数，q：关于x的方程x2－2ax＋a2－1＝0的两根都大于1.
(1)当m＝5时，p是真命题，求a的取值范围；
(2)若p为真命题是q为真命题的充分不必要条件，求m的取值范围.
解 (1)因为m＝5，所以f(x)＝(a－5)x，
因为p是真命题，所以0故a的取值范围是(5,6).
(2)若p是真命题，则0关于x的方程x2－2ax＋a2－1＝0的两根分别为a－1和a＋1.
若q是真命题，则a－1>1，解得a>2.
因为p为真命题是q为真命题的充分不必要条件，
所以m≥2.
18.(12分)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin 3x－acs 3x＋a，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)))＝3.
(1)求a的值；
(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间.
解 (1)因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)))＝3，
所以eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(2π,9)))－acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(2π,9)))＋a＝3，
所以eq \f(3,2)＋eq \f(a,2)＋a＝3，即eq \f(3,2)＋eq \f(3,2)a＝3，解得a＝1.
(2)由(1)可得f(x)＝eq \r(3)sin 3x－cs 3x＋1
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,6)))＋1，
则f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,3).
令2kπ－eq \f(π,2)≤3x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得eq \f(2kπ,3)－eq \f(π,9)≤x≤eq \f(2kπ,3)＋eq \f(2π,9)，k∈Z，
故f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2kπ,3)－\f(π,9)，\f(2kπ,3)＋\f(2π,9)))，k∈Z.
19.(12分)已知函数f(x)＝eq \f(ax＋b,1＋x2)是定义在(－1,1)上的奇函数，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(2,5).
(1)试求函数f(x)的解析式；
(2)证明函数在定义域内是增函数.
(1)解由f(0)＝0得b＝0，
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(2,5)得a＝1，
所以f(x)＝eq \f(x,1＋x2).
(2)证明任取x1，x2∈(－1,1)，x1f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,1＋x\\al(2,1))－eq \f(x2,1＋x\\al(2,2))＝eq \f(x11＋x\\al(2,2)－x21＋x\\al(2,1),1＋x\\al(2,1)1＋x\\al(2,2))
＝eq \f(x1－x2＋x1x2x2－x1,1＋x\\al(2,1)1＋x\\al(2,2))＝eq \f(x1－x21－x1x2,1＋x\\al(2,1)1＋x\\al(2,2))，
∵－10，
∴x1x2<1，∴1－x1x2>0，
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴f(x)＝eq \f(x,1＋x2)在定义域内是增函数.
20.(12分)已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)，其中a，b均为实数.
(1)若函数f(x)的图象经过点A(0,2)，B(1,3)，求函数y＝eq \f(1,fx)的值域；
(2)如果函数f(x)的定义域和值域都是[－1,1]，求a＋b的值.
解 (1)函数f(x)的图象经过点A(0,2)，B(1,3)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a0＋b＝2，,a1＋b＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2,b＝1，))所以f(x)＝2x＋1，
因为2x>0,2x＋1>1，即f(x)>1，所以y＝eq \f(1,fx)∈(0,1)，
故y＝eq \f(1,fx)的值域为(0,1).
(2)利用指数函数的单调性建立关于a，b的方程组求解.
当a>1时，函数f(x)＝ax＋b在[－1,1]上单调递增，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＋b＝－1，,a＋b＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)＋1，,b＝－\r(2)，))a＋b＝1，
当0由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＋b＝1，,a＋b＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)－1，,b＝－\r(2)，))a＋b＝－1.
综上，a＋b＝±1.
21. (12分)如图，在半径为eq \r(3)，圆心角为60°的扇形的弧上任取一点P，作扇形的内接矩形PNMQ，使点Q在OA上，点N，M在OB上，设矩形PNMQ的面积为y.
(1)按下列要求写出函数的关系式：
①设PN＝x，将y表示成x的函数关系式；
②设∠POB＝θ，将y表示成θ的函数关系式；
(2)请你选用(1)中的一个函数关系式，求出y的最大值.
解 (1)①因为QM＝PN＝x，所以MN＝ON－OM＝eq \r(3－x2)－eq \f(x,\r(3))，
所以y＝MN·PN＝x·eq \r(3－x2)－eq \f(\r(3),3)x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0②当∠POB＝θ时，QM＝PN＝eq \r(3)sin θ，则OM＝sin θ，
又ON＝eq \r(3)cs θ，
所以MN＝ON－OM＝eq \r(3)cs θ－sin θ，
所以y＝MN·PN＝3sin θcs θ－eq \r(3)sin2θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<θ<\f(π,3))).
(2)由②得，y＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,6)))－eq \f(\r(3),2)，
当θ＝eq \f(π,6)时，y取得最大值为eq \f(\r(3),2).
22.(12分)已知函数f(x)＝lg2(4x＋1)＋mx.
(1)若f(x)是偶函数，求实数m的值；
(2)当m>0时，关于x的方程f eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(8lg4x2＋2lg2\f(1,x)＋\f(4,m)－4))
＝1在区间[1,2eq \r(2)]上恰有两个不同的实数解，求m的取值范围.
解 (1)f(x)＝lg2(4x＋1)＋mx，f(－x)＝lg2(4－x＋1)－mx，f(x)＝f(－x)，
即lg2(4x＋1)＋mx＝lg2(4－x＋1)－mx，
化简得到2x＝－2mx，∴m＝－1.
(2)m>0，函数f(x)＝lg2(4x＋1)＋mx单调递增，且f(0)＝1，
f eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(8lg4x2＋2lg2 \f(1,x)＋\f(4,m)－4))＝1＝f(0)，
故8(lg4x)2＋2lg2 eq \f(1,x)＋eq \f(4,m)－4＝0，
设lg2x＝t，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，即－2t2＋2t＋4＝eq \f(4,m)，画出y＝－2t2＋2t＋4的图象，如图所示，
根据图象知4≤eq \f(4,m)