特训05+期中选填压轴题（第1-3章，2023新题速递）-2023-2024学年高一数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第一册，浙江专用）

这是一份特训05+期中选填压轴题（第1-3章，2023新题速递）-2023-2024学年高一数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第一册，浙江专用），文件包含三角函数及解三角形大题专题练习卷参考答案doc、三角函数及解三角形专题卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023秋·全国·高一专题练习）已知集合都是的子集，中都至少含有两个元素，且满足：
①对于任意，若，则；
②对于任意，若，则.
若中含有4个元素，则中含有元素的个数是（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】令且，，根据已知条件确定可能元素，进而写出且时的可能元素，讨论、，结合确定的关系，即可得集合A、B并求出并集中元素个数.
【解析】令且，，如下表行列分别表示，
集合可能元素如下：
则，
若，不妨令，下表行列分别表示，
由，而，且，显然中元素超过4个，不合题设；
若，则，下表行列分别表示，
由，而，且，
要使中元素不超过4个，只需，
此时，
显然，即，则，即且，故，
所以，即，
而，故，共7个元素.
故选：C
【点睛】关键点点睛：令且，，结合已知写出可能元素，由且时的可能元素且研究的关系.
2．（2023秋·全国·高一专题练习）设、、、、是均含有个元素的集合，且，，记，则中元素个数的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设、、、是集合互不相同的元素，分析可知，然后对的取值由小到大进行分析，验证题中的条件是否满足，即可得解.
【解析】解：设、、、是集合互不相同的元素，若，则，不合乎题意.
①假设集合中含有个元素，可设，则，
，这与矛盾；
②假设集合中含有个元素，可设，，
，，，满足题意.
综上所述，集合中元素个数最少为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查集合元素个数的最值的求解，解题的关键在于对集合元素的个数由小到大进行分类，对集合中的元素进行分析，验证题中条件是否成立即可.
3．（2023秋·全国·高一专题练习）设集合中至少两个元素，且满足：①对任意，若，则 ，②对任意，若，则，下列说法正确的是（ ）
A．若有2个元素，则有3个元素
B．若有2个元素，则有4个元素
C．存在3个元素的集合，满足有5个元素
D．存在3个元素的集合，满足有4个元素
【答案】A
【解析】不妨设，由②知集合中的两个元素必为相反数，设，由①得，由于集合中至少两个元素，得到至少还有另外一个元素，分集合有个元素和多于个元素分类讨论，即可求解.
【解析】若有2个元素，不妨设，
以为中至少有两个元素，不妨设，
由②知，因此集合中的两个元素必为相反数，故可设，
由①得，由于集合中至少两个元素，故至少还有另外一个元素，
当集合有个元素时，由②得：，则或.
当集合有多于个元素时，不妨设，
其中，
由于，所以，
若，则，但此时，
即集合中至少有这三个元素，
若，则集合中至少有这三个元素，
这都与集合中只有2个运算矛盾，
综上，，故A正确；
当集合有个元素，不妨设，
其中，则，所以，
集合中至少两个不同正数，两个不同负数，即集合中至少个元素，与矛盾，排除C，D.
故选：A.
【点睛】解题技巧：解决以集合为背景的新定义问题要抓住两点：1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；2、用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.
4．（2023秋·上海虹口·高一上海市复兴高级中学校考阶段练习）设a、b是实数，定义：.则满足不等式的实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，根据定义分别求出，，，然后解不等式可得.
【解析】
设，
则，
，
，
解得.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题关键在于观察新定义发现，当时，结果与b无关，于是可设，然后利用定义即可求解.
5．（2023秋·全国·高一专题练习）某市一个经济开发区的公路路线图如图所示，粗线是大公路，细线是小公路，七个公司分布在大公路两侧，有一些小公路与大公路相连.现要在大公路上设一快递中转站，中转站到各公司（沿公路走）的距离总和越小越好，则这个中转站最好设在（ ）
A．路口B．路口C．路口D．路口
【答案】B
【分析】根据给定图形，用表示7个公司到大公路最近的小公路距离和，，再求出到路口C，D，E，F的距离总和，比较大小作答.
【解析】观察图形知，七个公司要到中转站，先都必须沿小公路走到小公路与大公路的连接点，
令到、到、到、到、到、到、到的小公路距离总和为，
，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
显然，所以这个中转站最好设在路口.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及实际问题中的大小比较，根据实际意义设元，列式表示出相关量，再用不等式的相关性质比较即可.
6．（2023秋·江西南昌·高一南昌二中校考阶段练习）已知不等式对满足的所有正实数a，b都成立，则正数x的最小值为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【分析】先利用基本不等式证得（此公式也可背诵下来），从而由题设条件证得，结合题意得到，利用二次不等式的解法解之即可得到正数的最小值.
【解析】因为，当且仅当时，等号成立，
所以，
因为为正实数，所以由得，即，
所以，
当且仅当，且，即时，等号成立，
所以，即，
因为对满足的所有正实数a，b都成立，
所以，即，整理得，
解得或，由为正数得，
所以正数的最小值为.
故选：B.
7．（2023秋·全国·高一专题练习）若函数在区间上是单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先去掉绝对值号，写成分段函数的形式，然后根据题中函数在区间上是单调函数的信息，分类讨论，，的情况下，函数是单调函数，从而求出的范围.
【解析】解：
（1）若，当时，在上单调递减，符合题意；
（2）若，则在上单调递减，在上单调递增，
若在上是单调函数，，则；
（3）若，则在上单调递减，在上单调递增，
若在上是单调函数，则，所以.
即综上，的取值范围是.
故选：A
8．（2023秋·全国·高一专题练习）已知函数的定义域为，对任意实数，满足，且，当时，．给出以下结论：①；②；③为上减函数；④为奇函数；其中正确结论的序号是（ ）
A．①②④B．①④C．①②D．①②③④
【答案】A
【分析】利用抽象函数的关系式，令判断①的正误；令，判断②的正误；令，可得当时，，再令，结合单调性的定义判断③的正误；令判断④的正误；
【解析】因为，则有：
令，可得，
即，解得，故①正确；
令，，可得，
即，解得，
再令，可得，
即，故②正确；
令，可得，
即
因为，则，可得，所以，
令，不妨设，
可得，即，
因为，则，则，
可得，即，
所以为上增函数，故③错误；
令，可得，
即，整理得，
所以为奇函数，故④正确；
故选：A．
9．（2023秋·江苏南京·高一金陵中学校考阶段练习）已知实数，，且满足恒成立，则的最小值为（ ）
A．2B．1C．D．4
【答案】A
【分析】化简已知不等式，利用构造函数法，结合函数的单调性、奇偶性求得的取值范围，利用基本不等式求得的最小值.
【解析】依题意，，
即，
设，是奇函数且在上递增，
所以，即，
由基本不等式得，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为.
故选：A
【点睛】利用函数的单调性和奇偶性求解不等式恒成立问题，关键点是根据题目所给不等式进行化简，转化为“规范”的形式，如本题中，结构一致，从而可利用构造函数法来对问题进行求解.
10．（2023春·浙江·高一期中）已知函数的定义域均为，且为偶函数，函数满足，对于，均有，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据可知是以6为周期的函数，则，根据函数的对称性可得.由可得.
结合、计算求出和即可.
【解析】，
两式相减，得，所以函数是周期函数，周期，
有.
因为为偶函数，图象关于y轴对称，
将的图象上的点横坐标扩大3倍，纵坐标不变，得，图象关于y轴对称，
再向左平移一个单位长度，得，图象关于对称，
有.
又，令，则，即.
当时，，
则①，，
所以，即②，
由①②，得，解得，所以，
又，所以.
故选：A.
【点睛】方法定睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
11．（2023春·新疆省直辖县级单位·高一校联考阶段练习）已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，且对任意的，且，都有，则下列结论错误的为（ ）
A．是偶函数B．
C．的图象关于对称D．
【答案】D
【分析】由已知奇偶性得出函数的图象关于点对称且关于直线对称，再得出函数的单调性，然后由对称性变形判断ABC，结合单调性判断D．
【解析】为奇函数，为偶函数，的图象关于点对称且关于直线对称，，，，
，所以是周期函数，4是它的一个周期．
，
，B正确；
，是偶函数，A正确；
因此的图象也关于点对称，C正确；
对任意的，且，都有，即时，，所以在是单调递增，
，，，
，∴，D错．
故选：D．
【点睛】结论点睛：（1）的图象关于点对称，也关于点对称，则是周期函数，是的一个周期；
（2）的图象关于直线对称，也关于直线对称，则是周期函数，是的一个周期；
（1）的图象关于点对称，也关于直线对称，则是周期函数，是的一个周期．
12．（2023秋·河北邯郸·高一统考期末）已知函数的定义域为R，为偶函数，，当时，（且），且．则（ ）
A．16B．20C．24D．28
【答案】C
【分析】由条件可知有对称轴，对称中心，推出具有周期性，由求得的值，可分别计算，结合周期性计算即可.
【解析】因为是偶函数，所以，所以，
所以函数关于直线对称，
又因为，所以，
所以，所以关于点中心对称，
由及得
所以
所以函数的周期为，
因为当时，（且），且，
所以，解得：或，因为且，所以.
所以当时，，
所以，，，
，，，
，所以，
所以,
故选：.
二、多选题
13．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨三中校考阶段练习）已知集合P，Q中都至少有两个元素，并且满足下列条件：
①集合P，Q中的元素都为正数；②，，都有；
③，，都有；
则下列说法正确的是（ ）
A．若P有2个元素，则Q有3个元素B．若P有2个元素，则有3个元素
C．若P有2个元素，则有1个元素D．存在满足条件且有3个元素的集合P
【答案】BC
【分析】若P有2个元素，设，根据集合的性质和题设进行分析推导，可以判定；假若P有3个元素，设，根据题设条件推导，可以得到还会有第四个元素，得到矛盾，从而判定.
【解析】若P有2个元素，设，则. 根据题意，则.
∵至少有2个元素，∴集合中至少还有一个元素，
设，则,且,
若，则，
∵, ，∴，矛盾，
故，∴或.
若，则，∴，
若，则，与矛盾,∴，同理.
此时,，；
若，则，∴，
若，则，与矛盾,∴，同理.
此时，, ；
综上，若P有2个元素，则有2个元素，有3个元素，有1个元素，
故A错误，B正确，C正确；
假若P有3个元素，设，则为互不相等的正数.
根据③，有.
由于都是正数，且两两不相等，所以两两不相等.
由条件②可得，都是集合的元素.
∵为互不相等的正数，∴都是不等于1的正数.
∴.
∵为不相等的正实数，∴，，
若，则为互不相等的正数，
由两边取到数得，又∵，
∴是与三个不等正数都不相等的正数，
由于它们都是集合的元素，从而集合至少有四个元素，与初始假设矛盾；
∴，于是.同理,
由此,从而，这与集合P的元素的互异性矛盾.
故“P有3个元素”是不可能的，故D错误.
故选：BC
14．（2023秋·辽宁丹东·高一丹东市第二中学校考阶段练习）对于一个非空集合，如果满足以下四个条件：
①
②
③，若且，则
④，若且，则
就称集合B为集合A的一个“偏序关系”，以下说法正确的是（ ）
A．设，则满足是集合A的一个“偏序关系”的集合共有4个
B．设，则集合是集合A的一个“偏序关系”
C．设，则含有四个元素且是集合A的“偏序关系”的集合B共有6个
D．是实数集的一个“偏序关系
【答案】BCD
【分析】根据“偏序关系”的定义逐个分析判断即可
【解析】对于A，因为，所以由“偏序关系”可知集合，或，或，共3个，所以A错误，
对于B，因为，所以由“偏序关系”可知集合是集合A的一个“偏序关系”，所以B正确，
对于C，由②可知集合B中必须含有，由③可知与，与，与不能同时出现，
所以再从，，，，，中取一个，共6个，即含有四个元素且是集合A的“偏序关系”的集合B共有6个，所以C正确，
对于D，满足①②，
因为，所以满足③，
因为，所以，所以，满足④，
所以是实数集的一个“偏序关系，所以D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：此题考查集合的新定义，解题的关键是正确理解集合B为集合A的一个“偏序关系”的定义，考查理解能力，属于较难题.
15．（2023·全国·高一专题练习）若，x，y，．，则以下说法正确的有（ ）
A．的最大值为
B．的最大值为
C．的最大值为0
D．恒小于0
【答案】CD
【分析】由可得，而，可判断C正确；从而得到中至少有一个为，不妨令，则且，从而可判断A,B,D选项.
【解析】，，
对于C，
，
，C正确；
由C选项可知，，
所以中至少有一个为，不妨令，则且，
对于A，，
所以，A错误；
对于D，，而，
所以，即，D正确；
对于B，
而，所以，
即，B错误.
故选：CD
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是先由可得，从而得到，进而得到中至少有一个为，其他两个互为相反数，从而可解.
16．（2023秋·福建厦门·高一厦门一中校考阶段练习）已知二次函数（为常数）的对称轴为，其图像如图所示，则下列选项正确的有（ ）
A．
B．当时，函数的最大值为
C．关于的不等式的解为或
D．若关于的函数与关于的函数有相同的最小值，则
【答案】ACD
【分析】A选项，由开口方向，与轴交点，及对称轴，求出的正负，得到A正确；B选项，当时，数形结合得到函数随着的增大而减小，从而求出最大值；C选项，结合，化简不等式，求出解集；D选项，配方得到两函数的最小值，从而得到，求出.
【解析】A选项，二次函数图象开口向上，故，
对称轴为，故，
图象与轴交点在轴正半轴，故，
所以，故，A正确；
B选项，因为，故，
因为，所以，
当时，随着的增大而减小，
所以时，取得最大值，最大值为，B错误；
C选项，因为，所以，
，
故不等式变形为，
因为，，解得：或，故C正确；
D选项，，当时，取得最小值，最小值为，
，当时，取得最小值，最小值为，
所以，即，所以，
即，故D正确.
故选：ACD
17．（2023秋·江苏南通·高一统考阶段练习）定义（其中表示不小于的最小整数）为“向上取整函数”.例如，.以下描述正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．是上的奇函数
D．若，则
【答案】ABD
【分析】结合对“向上取整函数”定义的理解，可得AD；B项整体换元求解方程；C项取特值即可.
【解析】由表示不小于的最小整数，
则有且，即，
A项，，
则，
即， 则，故A正确；
B项，令，则，解得，又为整数，
则，或，
当时，即，则；
当时，即，则，
故，则，故B正确；
C项，，则，，
则不是上的奇函数，故C错误；
D项， ，
若，则，
即，则，
又，由不等式的性质，，
则，故D正确.
故选：ABD.
18．（2023秋·浙江杭州·高一杭十四中校考期末）函数，以下四个结论正确的是（ ）
A．的值域是
B．对任意，都有
C．若规定，则对任意的
D．对任意的，若函数恒成立，则当时，或
【答案】ABC
【分析】由函数解析式可得函数图象即可知其值域；构造函数判断函数的奇偶性和单调性即可判断选项B；根据C中的描述结合归纳法可推得结论成立；由函数不等式恒成立，利用变换主元法、一元二次不等式的解法即可求参数范围.
【解析】由函数解析式可得，有如下函数图象：
∴的值域是，故该选项正确；
对于B，由题得，所以函数是奇函数.
因为，不妨设，只需证明，只需证明，设，只需证明函数单调递减.
所以，所以函数是上的奇函数.
所以只要证明函数在上单调递减. ,
由复合函数的单调性原理得函数在上单调递减.所以该选项正确.
对于C，有，若，
∴当时，，故有.所以该选项正确.
对于D，上，若函数恒成立，即有，恒成立，令，即上，
∴时，，有或（舍去）；
时，，故恒成立；
时，，有或（舍去）；
综上，有或或；所以该选项错误.
故选：ABC
【点睛】方法点睛：1、对于简单的分式型函数式画出函数图象草图判断其值域、单调性； 2、利用函数不等式恒成立，综合变换主元法、一次函数性质、一元二次不等式解法求参数范围.
三、填空题
19．（2023秋·吉林四平·高一校考阶段练习）已知集合，对它的非空子集，将中的每个元素都乘以再求和，如，可求得和为，试对的所有非空子集，求这些和的总和 .
【答案】
【分析】考虑集合中的元素在总和中出现的次数，根据不含“”的子集共有个，则可得含“”的子集共有个，从而可根据题意可求得结果.
【解析】考虑集合中的元素在总和中出现的次数，
因为的子集共有个，其中不含“”的子集共有个，
所以含“”的子集共有个，
所以，由题意得这些和的总和为
，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查集合非空子集的应用，解题的关键是求出含“”的子集的个数，考查计算能力，属于较难题.
20．（2023秋·全国·高一专题练习）Q是有理数集，集合，在下列集合中：
①；②；
③；④．
与集合M相等的集合序号是 ．
【答案】①②④
【分析】集合相等条件为集合元素相同，根据此条件分别判断①②③④四个集合中元素是否与集合M一致即可.
【解析】对于①.，设，则，故①的集合与M相等；
对于②.令 ，则，其中，故②的集合与M相等；
对于③.当 时，，故③的集合与M不相等；
对于④.令，
，
其中，故④的集合与M相等；
故答案为:①②④
21．（2023秋·全国·高一专题练习）函数，，最大值为，则的最小值是
【答案】4
【分析】变换得到，计算，，考虑，，，四种情况，根据函数单调性分别函数最值得到答案.
【解析】，
，函数在上单调递减，在上单调递增，故，
设，，，
当，即时，函数在上单调递增，，
则，
当，即时等号成立，；
当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增.
，则；
当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，，则；
当，即时，函数在上单调递减，，
则；
综上可知
故答案为：4
【点睛】本题考查了二次函数的最值问题，双勾函数性质，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中分类讨论求最值是解题的关键.
22．（2023秋·全国·高一专题练习）设、、、、、是六个互不相等的实数，则在以下六个式子中：，，，，，，能同时取到150的代数式最多有 个．
【答案】2
【分析】由作差法比较大小后判断
【解析】不妨设，，
记为①式，为②式，以此类推，
由，故①>②，
，故②>③，
，故①>④，
同理得，①>⑤，②>⑥，③>⑤，④>③，④>⑥，⑥>⑤，
综上可知①>②>③>⑤，①>④>③>⑤，且②>⑥>⑤，④>⑥>⑤，
最多有②④或③⑥两项可同时取150，
令，
得其一组解为，
故答案为：2
23．（2023秋·上海静安·高三校考阶段练习）设二次函数，若函数的值域为，且，则的取值范围为 .
【答案】[1,13]
【分析】根据二次函数的性质和已知条件得到m与n的关系，化简后利用不等式即可求出其范围.
【解析】二次函数f(x)对称轴为，
∵f(x)值域为，
∴且，n＞0.
，
∵
====
∴，，
∴∈[1,13].
故答案为：[1,13].
24．（2023秋·福建三明·高一三明一中校考阶段练习）表示不超过x的最大整数，如，，，已知且满足，则 .
【答案】7
【分析】根据题意判断中只有21个数是大于或等于1，由此可求得m的范围，即可求得答案.
【解析】因为表示不超过x的最大整数，，
且，
所以该式中只有21个数是大于或等于1，
因为，
故从开始，其值为1，
所以，且，
则，故
故，
故答案为：7
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据的含义结合已知等式，判断出该式中只有21个数是大于或等于1，由此即可求解.
25．（2023春·新疆阿克苏·高一校考阶段练习）已知定义在R上的函数，满足，函数的图象关于点中心对称，且对任意的，不等式恒成立，给出如下结论：①是奇函数；②；③在上单调递增；④不等式的解集为，其中正确的结论是 （填序号）
【答案】①④
【分析】根据函数的图象关于点中心对称，求得的对称中心，即可得判断①；构造，判断其奇偶性，单调性，零点，根据单调性，判断的正负，进而判断的值即可判断②；对利用单调性定义判断，可知无法判断单调性，即可判断③；分段判断函数在各区间上函数值的正负，进而判断的解集，代入中，解出的取值范围即可判断④．
【解析】对①，由题知的图象关于点中心对称，
则将图象向左平移一个单位后得，所以关于中心对称，
因为定义域为R，所以为奇函数，故①正确；
对②，记，
当时， ，即，
则当时， 即，所以在上单调递减，
因为，
所以是在R上为偶函数，所以在上单调递增，
因为，
则，即，则，故②错误；
对③，，，
，
当时，，
因为在上单调递增，所以，所以，
则与0的大小关系不确定，故无法确定在上的单调性，故③错误；
对④，因为，
是在R上为偶函数，且在上单调递增，
所以当，单调递减，，而，所以，
当，单调递减，，而，所以，
当，单调递增，，而，所以，
当，单调递增，，而，所以，
所以不等式的解为：或，解得或，所以④正确．
故答案为：①④．
26．（2023秋·湖南常德·高一汉寿县第一中学校考期末）已知，函数的最小值为，则由满足条件的的值组成的集合是 .
【答案】
【分析】讨论与、的大小关系，判断函数在、上的单调性与最小值，根据函数的最小值列方程解出实数的值.
【解析】分以下三种情况讨论：
①若时，即当时，，
所以，函数在上单调递减，且，
当时，，
所以，解得，
②若时，即当时，，
当时，，
当时，.
，所以，整理可得，
，解得（舍去）；
③当时，即当时，，
当时，，
当时，.
因为，所以，整理可得，
，解得或（舍去）.
综上所述，实数的取值集合为.
故答案为：.
27．（2023·全国·高一专题练习）定义在上函数满足且当时，，则使得在上恒成立的m的最小值是 ．
【答案】8
【分析】根据给定条件，依次求出函数在上的最大值、最小值，再借助函数图象求解作答.
【解析】定义在上函数满足，当时，，，
当时，，，，
当时，，，，
当时，，，，
由得，，因此当时，恒成立，
观察图象知，，则有，所以m的最小值是8.
故答案为：8
【点睛】关键点睛：涉及由抽象的函数关系及给定区间上的解析式求解析式，在所求解析式的区间上任取变量，再变换到已知解析式的区间上是解题的关键.
28．（2023·全国·高一专题练习）若函数与对于任意，都有，则称函数与是区间上的“阶依附函数”．已知函数与是区间上的“2阶依附函数”，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由题意得在上恒成立，又，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，，设，研究的最小值即可．
【解析】因为函数与是区间上的“2阶依附函数”，
所以在上恒成立，
又在上单调递增，则，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
，
令，，设，
，则在上单调递增，
所以，
所以．
故答案为：．
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