高一上学期期末模拟测试卷02 解析版

2023-2024学年高一上学期期末模拟测试卷2（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：第1-5单元（人教A版2019）。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据已知条件，由交集的定义即可求解.【详解】解：因为集合，，所以，即，故选：B.2．函数的定义域为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用一元二次不等式得解法结合分式型函数的分母不为零即可求解.【详解】解：函数的定义域满足解得：故选：D.3．已知指数函数的图象过点，则（

）A． B． C．2 D．4【答案】C【分析】由指数函数过点代入求出，计算对数值即可.【详解】因为指数函数的图象过点，所以，即，所以，故选：C4．已知，，，则(

)A． B． C． D．【答案】A【分析】比较a、b、c与中间值0和1的大小即可﹒【详解】，，，∴﹒故选：A﹒5．已知角终边上有一点，则(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】先由诱导公式求出，再利用任意角的三角函数定义进行求解.【详解】因为，且，所以点坐标为，则.故选：C.6．函数的零点的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】利用函数的单调性及零点存在性定理即得.【详解】由于函数在上是增函数，且，故函数在上有唯一零点，也即在上有唯一零点.故选：B.7．已知函数，下列结论错误的是（

）A．函数f（x）最小正周期为2πB．函数f（x）在区间（0，π）上是减函数C．函数f（x）的图象关于（kπ，0）（k∈Z）对称D．函数f（x）是偶函数【答案】C【分析】变形可得，再根据余弦函数的性质逐一判断每个选项即可【详解】解：，由余弦函数的性质可知，函数的最小正周期，即A正确；在区间（0，π）上是减函数，即B正确；关于（，0）（k∈Z）对称，即C错误；是偶函数，即D正确.故选：C.【点睛】本题考查余弦函数的性质，是基础题.8．已知若关于的方程恰有两个不同的实数解，则实数k的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】画出函数的图象与直线，观察图象，得到直线与曲线有两个交点的情况的的取值范围．【详解】作出函数的图象与直线，观察图象，或时，直线与曲线有两个交点，故实数的取值范围是．故选：D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9．若，则下列命题正确的是（

）A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点（0，0）中心对称C．没有最小值 D．没有最大值【答案】AD【分析】由题意得出的奇偶性，从而可判断选项A,B;由，结合对数函数的单调性可判断选项C,D.【详解】，所以为偶函数.则选项A正确，选项B不正确.设，所以（当时取得等号）当或时，，则，所以没有最大值.所以选项C不正确，选项D正确.故选：AD10．要得到函数的图象，只需将图象上的所有点（

）A．横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位B．横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位C．向左平移个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍D．向右平移个单位，再把横坐标缩短到原来的【答案】AC【分析】首先根据题意，先分清楚，平移前和平移后的函数，然后根据选项描述的顺序，进行平移和伸缩变换验证即可得到答案.【详解】由题意可知，平移伸缩变换前函数是，平移伸缩变换后的函数是，选项A和选项B，“横坐标伸长到原来的2倍”变为，要想得到的图像，只需将的图像向左平移即可得到，故选项A正确，如果向左平移个单位，则变成，不满足，故选项B错误；选项C，“向左平移个单位”变为，“把横坐标伸长到原来的2倍”，变为，故选项C正确；选项D，“向左平移个单位”变为，“把横坐标伸长到原来的2倍”，变为，故选项D错误；故选：AC.11．若实数，则下列不等关系正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．【答案】AC【分析】直接利用不等式的性质、构造函数、作差法等进行逐项判断即可．【详解】对于A：由于，∴，故A正确；对于B：由于，且，则b－a＞0，∴不一定大于0，故B错误；对于C：设，由于函数在上单调递增，故f(b)＞f(a)，可得成立，故C正确；对于D：当时，，故D错误．故选：AC．12．已知函数，若方程有四个不同的实根，满足，则下列说法正确的是（

）A．B．C．D．函数的零点为【答案】BCD【分析】由解析式可得函数图象，由方程有四个不等实根可得到与有四个不同的交点，从而确定四个根的范围和的取值范围；由可化简知A错误；由与关于直线对称知B正确；根据与是方程的根，结合韦达定理和的取值范围可知C正确；由可得或，由此可确定零点知D正确.【详解】由解析式可得图象如下图所示：若有四个不同的实数根，则与有四个不同的交点，由图象可知：，；对于A，，即，，，，整理可得：，A错误；对于B，，与关于直线对称，，B正确；对于C，与是方程的两根，，又，，C正确；对于D，，由得：或，的根为；的根为，的零点为，D正确.故选：BCD.第Ⅱ卷填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知圆心角为2rad的扇形的周长为12，则该扇形的面积为.【答案】9【分析】根据题意条件，先设出扇形的半径和弧长，并找到弧长与半径之间的关系，通过已知的扇形周长，可以求解出扇形的半径和弧长，然后再利用完成求解.【详解】设扇形的半径为，弧长为，由已知得，圆心角，则，因为扇形的周长为12，所以，所以，，则.故答案为：9.14．已知，则．【答案】2【分析】将齐次式弦化切即可求解.【详解】解：因为，所以，故答案为：2.15．已知正实数a、b满足，则的最小值是．【答案】【分析】把转化为，展开后利用基本不等式求得最值【详解】已知，，且，则，当且仅当，即，时，取得最小值．故答案为：16．已知函数（，且）在区间上单调递增，则的取值范围.【答案】【分析】分、两种情况讨论即可.【详解】函数是由和复合而成，当时单调递增，若函数（，且）在区间上单调递增，则在上单调递增，且在上恒成立，的对称轴为所以解得：，当时单调递减，若函数（，且）在区间上单调递增，则在上单调递减，且在区间上恒成立，的对称轴为所以解得：，综上所述：a的取值范围是，故答案为：四、解答题：（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．已知集合，集合.（1）当时，求；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【分析】（1）先求出集合，再将代入集合，求出集合中元素范围，进而可得；（2）求出集合（含参数），由，得到，求实数的取值范围.【详解】（1），所以，当时，，所以；（2），因为，即，所以或，解得或，故所求实数的取值范围为.18．已知，.(1)求，的值；(2)求的值.【答案】(1)，.(2)【分析】（1）利用同角基本关系式即可得到结果；（2）利用同角基本关系式与诱导公式即可得到结果.【详解】（1）∵，，∴，；（2）.19．已知函数．(1)证明：函数在区间上单调递增；(2)已知，试比较三个数a，b，c的大小，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据函数单调性的定义即可证明；（2）先比较三个数的大小，再利用函数的单调性即可比较a，b，c的大小.【详解】（1）证明：函数，任取，且，则，因为，且，所以，，所以，即，所以函数在区间上单调递增；（2）解：由（1）可知函数在区间上单调递增，因为，，，所以，所以，即.20．已知函数.(1)求的周期；(2)求使成立的x的取值集合.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据三角恒等变换公式，化简得，再由三角函数的周期公式可得的最小正周期；（2）由（1）化简不等式，得到，再利用正弦函数的图象与性质，即可求出满足条件的实数的取值集合．【详解】（1）解：，，所以的最小正周期．（2）解：由，得，即，根据正弦函数的图象，可得，解之得，使不等式成立的取值集合是．21．已知函数，（，），.(1)求证：函数是奇函数；(2)当时，求不等式的解集.【答案】(1)证明见解析.(2).【分析】（1）求出函数的定义域，利用奇偶性定义判断即可；（2）先证明函数的单调性，借助奇偶性与单调性，把不等式转化为具体不等式即可.【详解】（1）由得的定义域为．所以是奇函数.（2）任取，，由题设可得，，，故，，函数在上是增函数；∵，为奇函数，∴，又函数在上是增函数，∴，解得：，∴不等式的解集为.22．已知函数，当时，.(1)求函数的零点个数并证明；(2)若“”是真命题，求实数的取值范围.【答案】(1)一个零点，证明见解析(2)【分析】（1）先由题意得到，利用零点存在定理及函数单调递增即可证明；（2）当，把问题转化为，使成立，且也成立，利用分离参数法得到，设，研究其在上单调递减，求出，结合函数的定义域求出实数的取值范围.【详解】（1）（1）若，则，所以，令，整理得，其中设因为且函数在上单调递增所以方程在有且只有一个解所以函数在有且只有一个零点（2）当，由题意可知：，使不等式成立即：成立，等价于，使成立，且也成立，设，，使成立只要即可，函数在上单调递减，所以，所以，，使在区间成立，只需要即可，即所以实数的取值范围是【点睛】“恒（能）成立”问题的解决方法：（1）函数性质法对于一次函数，只须两端满足条件即可；对于二次函数，就要