2021-2022学年湖北省武汉市高一上学期期末模拟（一）数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年湖北省武汉市高一上学期期末模拟（一）数学试题（解析版），共24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。
2021-2022学年湖北省武汉市高一上学期期末模拟（一）数学试题 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：B2．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：D4．幂函数在上单调递增，则过定点（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】利用已知条件得到求出的值，再利用指数型函数过定点问题求解即可.【详解】由题意得：或，又函数在上单调递增，则，则，当时，，则过定点.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】函数定义域为，，因在，上单调，则函数在，上单调，而函数在区间上单调递减，必有函数在上单调递减，而在上递增，则在上递减，于是得，解得，由，有意义得：，解得，因此，，所以实数的取值范围是.故选：C6．若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，分，，，再利用绝对值的几何意义，去掉绝对值，再根据恒成立求解.【详解】解：令，（1）当时，当时，，若时，递减，，不成立；若时，递增，无最小值，不成立；当时，，递增，，不成立；当时，，递增，，不成立；（2）当时，当时，递减，，不成立；当时，递增，，不成立；（3）当时，当时，，递减，，解得，当时，，若，则递增，，解得，若，则递减，，解得，当时，，若，递增，，解得，若，递减，无最小值，不成立；综上：a的取值范围是故选：B7．已知是定义在上的单调函数，满足，则函数的零点所在区间为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设，即，再通过函数的单调性可知，即可求出的值，得到函数的解析式，然后根据零点存在性定理即可判断零点所在区间．【详解】设，即，，因为是定义在上的单调函数，所以由解析式可知，在上单调递增．而，，故，即．因为，，由于，即有，所以．故，即的零点所在区间为．故选：C．【点睛】本题主要考查函数单调性的应用，零点存在性定理的应用，意在考查学生的转化能力，属于较难题．8．已知函数，若关于x的不等式的解集中有且仅有两个整数，则实数a的取值范围为（　　）A． B．C． D．【答案】A【分析】首先由解析式得，得出关于对称，再得出在上单调递增，将原不等式转化为，然后对分，，讨论，解不等式即可.【详解】当时，，则，即关于对称又当时，在定义域上单调递增，在上单调递增，故在上单调递增，所以由得，即，当时，不等式无解；当时，即为，此时不等式的解集有无穷多个整数，舍去；若，则即为，此时不等式的解集有无穷多个整数，舍去；当，且时，，得，，显然当满足此式，不满足此式，得满足此式，不满足此式，，解得故选：A. 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．设函数，，则（    ）A．的最小正周期可能为 B．为偶函数C．当时，的最小值为 D．存a，b使在上单调递增【答案】BCD【解析】A．分析是否恒成立；B．分析函数定义域，根据的关系判断是否为偶函数；C．采用换元法，将写成分段函数的形式，然后分析每一段函数的取值范围，由此确定出最小值；D．分析时的情况，根据复合函数的单调性判断方法进行分析判断.【详解】A．因为，所以，所以不一定成立，所以不恒成立，所以的最小正周期不可能为，故错误；B．因为的定义域为，关于原点对称；又因为，所以为偶函数，故正确；C．因为，所以，所以令，记，所以，当时，，当时，，当时，，当时，，综上可知：的最小值为，取最小值时，故正确；D．取，所以，所以，所以，所以，又因为在上单调递减，且时，，且在时单调递减，根据复合函数的单调性判断方法可知：在上单调递增，所以存在使在上单调递增，故正确，故选：BCD.【点睛】思路点睛：复合函数的单调性的判断方法：（1）先分析函数定义域，然后判断外层函数的单调性，再判断内层函数的单调性；（2）当内外层函数单调性相同时，则函数为递增函数；（3）当内外层函数单调性相反时，则函数为递减函数.11．已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有(    )A．B．若，则函数的最小正周期为；C．关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解D．若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为【答案】ABD【分析】A：在上单调，，，故；B：求出区间右端点关于的对称点，由题可知在上单调，据此可求出f(x)周期的范围，从而求出ω的范围.再根据知是f(x)的对称轴，根据对称轴和对称中心距离为周期的倍即可求出ω，从而求出其周期；C：根据ω的范围求出周期的范围，根据正弦型函数一个完整周期只有一个最高点即可求解；D：由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，据此即可求ω的范围.【详解】A，∵，∴在上单调，又，，∴，故A正确；B，区间右端点关于的对称点为，∵，f(x)在上单调，∴根据正弦函数图像特征可知在上单调，∴为的最小正周期，即3，又，∴.若，则的图象关于直线对称，结合，得，即，故k＝0，，故B正确.C，由，得，∴在区间上最多有3个完整的周期，而在1个完整周期内只有1个解，故关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解，故C错误.D，由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，结合，得，又，∴的取值范围为，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题综合考察的周期、单调性、对称中心、对称轴等特性，解题的关键是熟练掌握正弦型函数对称轴，对称中心的位置特征，掌握正弦型函数单调性与周期的关系.常用结论：(1)单调区间的长度最长为半个周期；(2)一个完整周期内只有一个最值点；(3)对称轴和对称中心之间的距离为周期的倍.12．对，，若，使得，都有，则称在上相对于满足“-利普希兹”条件，下列说法正确的是（    ）A．若，则在上相对于满足“2-利普希兹”条件B．若，在上相对于满足“-利普希兹”条件，则的最小值为C．若在上相对于满足“4-利普希兹”条件，则的最大值为D．若在非空数集上相对于满足“1-利普希兹”条件，则【答案】BC【分析】利用特例可判断A，利用参变分离法求函数最值可判断BC，由题可得为增函数，利用复合函数单调性判断D.【详解】对于A，∵的定义域为，令，则，又，∴，即在上相对于不满足“2-利普希兹”条件，故A错误；对于B，由题知，均有成立，当时显然成立，不妨设，则，又，，∴，，故，故B正确；对于C，由题知，均有成立，即，当时显然成立，当时，则恒成立，又，，∴，即，所以的最大值为，故C正确；对于D，由题可得在非空数集上恒成立，当时显然成立，不妨设，则，∴成立，令，则函数在非空数集上单调递增，∵，当时，，单调递增，单调递减，又单调递增，所以在上单调递减，故D错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题的关键是把问题转化为恒成立问题，通过分离常数法，再求函数值域即可. 三、填空题13．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.14．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：15．若关于的不等式的解集为，则的取值范围是_______.【答案】【分析】令，将原问题转化为关于的不等式的解集为，结合二次函数的性质，即可求出结果.【详解】令， 若关于的不等式的解集为，等价于若关于的不等式的解集为，即关于的不等式的解集为，若，可知函数的对称轴为，开口向上，所以函数图象如图所示：当时，，当时，，即最小值为时，，所以，解得，即.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．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.18．已知函数.(1)如果函数为幂函数，试求实数a、b、c的值；(2)如果、，且函数在区间上单调递减，试求ab的最大值.【答案】(1)，，，或，，.(2)18 【分析】（1）根据幂函数的定义得到方程组，解得即可；（2）分、、三种情况讨论，结合二次函数的性质及基本不等式计算可得；【详解】（1）解：由函数的定义域为R知，当为幂函数时，应满足或解得，、、的值分别为：，，，或，，.（2）解：①当时，由题意知，，所以.②当时，函数图象的对称轴为，以题意得：，即所以，.当且仅当，时取等号.③当时，以题意得：，即，即又因为，所以综上可得，的最大值为18.19．已知函数，其中.(1)若对任意实数，恒有，求的取值范围；(2)是否存在实数，使得且？若存在，则求的取值范围；若不存在，则加以证明.【答案】(1)；(2)存在，. 【分析】(1)首先求出在上的最大值，问题转化为对任意成立，然后化简不等式，参变分离构造即可.(2)分a＞0和a＜0两种情况讨论，去掉绝对值符号，转化为解不等式的问题.【详解】（1），，，∴，∴原问题对任意成立，即对任意成立，即对任意成立，∴.故a的范围是：.（2）①，，∵，∴，∴不等式变为，∴；(2)，，∵，∴此时无解.综上所述，存在满足题意.20．如图所示，摩天轮的直径为100m，最高点距离地面高度为110m，摩天轮的圆周上均匀地安装着24个座舱，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，并且运行时按逆时针匀速旋转，转一周大约需要12min．(1)游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后距离地面的高度为，求在转动一周的过程中，H关于t的函数解析式；(2)在甲进座舱后间隔3个座舱乙游客进座舱（如图所示，此时甲、乙分别位于P、Q两点，本题中将座舱视为圆周上的点），以乙进座舱后开始计时，在运行一周的过程中，求两人距离地面的高度差h（单位：m）关于t的函数解析式，并求出时t的取值范围．【答案】(1)(2)， 【分析】（1）建立合适的坐标系，求出H关于t的函数解析式；（2）在第一问的基础上，列出不等关系，用三角恒等变换化简，解出解集.【详解】（1）如图，以摩天轮中心为原点，与地面平行的直线为轴，建立直角坐标系．由题意，摩天轮的角速度所以甲所在的位置的纵坐标则（2）令甲、乙两位游客距离地面的高度为、，则，令，得或解得：．21．已知函数，.(1)若，对，使得成立，求实数的取值范围；(2)若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知，利用基本不等式求得，可得出，令，分离参数可得，利用函数的单调性求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围；（2）令，分析可知关于的方程有且只有一个正根，分、、三种情况讨论，在时，直接求出方程的根，验证即可；在、这两种情况下，利用二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，综合可解得实数的取值范围.【详解】（1）解：，即，若，使得成立，只需要成立.因为，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，，则，因为，令，分离参数可得，令，其中，任取、且，则，当时，，，则，当时，，，则，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，故，.（2）解：由（1）可得，由题意知，方程有且只有一个实根，即方程有且只有一个实根，令，则方程有且只有一个正根，即方程有且只有一个正根，构造函数.①当时，，令，解得，不合乎题意；②当时，则，二次函数的图象开口向下，对称轴为直线，，由于，要使得方程有且只有一个正根，则，解得；③当时，则，，设方程的两根分别为、，由韦达定理可得，，则方程有且只有一个正根.综上所述，实数的取值范围是.【点睛】方法点睛：本题考查利用二次函数的零点分布求参数，一般要分析以下几个要素：（1）二次项系数的符号；（2）判别式；（3）对称轴的位置；（4）区间端点函数值的符号.结合图象得出关于参数的不等式组求解.22．已知，设函数，，，，(1)当时，求函数的值域；(2)记的最大值为，①求；②求证：.【答案】(1)(2)①；②证明见解析 【分析】（1）令，转化为，配方求值域即可；（2）①设，换元得，分类讨论即可求解；②利用绝对值不等式的性质求出利用做差法与比较大小即可求证.【详解】（1）当时，，令，所以，因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以.（2）①令，所以，因为，所以，所以，，，是对称轴为，开口向上的抛物线，，，1）当时，，，所以，2）当时，，，所以，3）当时，，，所以，综上所述：.②，当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以，综上所述：所以.