2023-2024学年高一数学上学期期末模拟考试试卷01（新高考地区专用）（Word版附解析）

2023-2024学年上学期期末模拟考试01高一数学（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：人教A版2019必修第一册全部。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、单项选择题：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．已知命题，则（    ）A．B．C．D．时，为真命题【答案】B【分析】根据全称命题的否定求解即可.【详解】命题，故，所以A选项和C选项错误，B选项正确；当时，方程的，所以方程有解，为假命题，故D选项错误.故选：B2．己知集合，，则（    ）A．B．C．D．【答案】D 【分析】先解不等式，然后按补集定义求补集，再用并集定义求解即可【详解】或所以，故选：D3．已知函数，则（    ）A．是奇函数，且在上是增函数B．是偶函数，且在上是增函数C．是奇函数，且在上是减函数D．是偶函数，且在上是减函数【答案】C【分析】根据奇函数的定义判断，然后利用单调性的性质判断单调性即可求解.【详解】函数定义域为R．又，所以函数为奇函数，设，，函数单调递增，设，则在上单调递减，故函数在R上是减函数.故选：C.4．近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为Peukert常数.为测算某蓄电池的Peukert常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，则该蓄电池的Peukert常数大约为（    ）A．1.25B．1.5C．1.67D．2【答案】B【分析】由已知可得出，可得出，利用指数与对数的互化、换底公式以及对数的运算法则计算可得的近似值.【详解】由题意可得，所以，所以，所以.故选：B. 5．已知，，，则的最小值为（    ）A．B．C．D．6【答案】B【分析】根据给定的等式可得，再利用基本不等式“1”的妙用求解即得.【详解】由，，，得，因此，则，当且仅当，即时取等号，由，解得，所以当时，取得最小值.故选：B6．已知，则（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据诱导公式，结合余弦二倍角公式进行求解即可.【详解】，故选：C7．设函数是定义在上的奇函数，对任意，都有，且当时，，若函数（且）在上恰有4个不同的零点，则实数的取值范围是（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】分析可知，函数的周期为4，作出函数的图像，依题意可得数与 的图像在上有4个不同的交点，然后分及讨论即可．【详解】解：函数是定义在上的奇函数，当时，，当时，，所以，即当时，又对任意，都有，则关于对称，且，，即函数的周期为，又由函数且在上恰有个不同的零点，得函数与的图像在上有个不同的交点，又，当时，由图可得，解得；当时，由图可得，解得．综上可得.故选：C．8．已知，，，，则（    ）A．B．C．D．【答案】A 【分析】根据的取值范围，明确三角函数的取值范围，利用指数函数和幂函数的单调性，可得答案.【详解】解：已知，则，因为在上是减函数，故；因为幂函数在上是增函数，故，故．故选：A.二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．下列命题正确的是（    ）A．“”是“”的充分必要条件B．关于x的不等式的解集是，则关于x的不等式的解集是或C．不等式在上恒成立，则实数k的取值范围是.D．已知，其中a，b为常数，若，则【答案】ACD【分析】根据集合并集及子集的概念、充分条件、必要条件判断A，由不等式的解得出关系，再解不等式即可判断B，分离参数根据不等式恒成立求解判断C，利用函数奇偶性求函数值判断D.【详解】对A，，，故“”是“”的充分必要条件，故A正确；对B，不等式的解集是，则，则可得，所以，解得，故B错误；对C，由原不等式分离参数可化为在上恒成立，故，因为，所以，故C正确；对D，，令，，因为，所以为奇函数，由，可得， 所以，故D正确.故选：ACD10．函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则下列说法正确的是（    ）A．函数为奇函数B．函数的最小正周期为C．函数的图象的对称轴为直线D．函数的单调递增区间为【答案】BD【分析】由函数的部分图象求出、和、的值，写出的解析式，利用图象平移得出的解析式，再逐项判断即可.【详解】由函数的部分图象知，，且，所以，解得，又，所以，即，，解得，，又，所以，所以.将函数的图象向左平移个单位长度后， 得的图象，所以，不满足，所以不是奇函数，A错误；的最小正周期为，B正确；令，解得，，所以图象的对称轴为直线，，C错误；令，解得，，所以的单调递增区间为，D正确.故选：BD.11．已知函数为奇函数，则下列结论正确的是（    ）A．的定义域为B．C．的单调递减区间为，D．的值域为【答案】AC【分析】A.由求解判断；B.根据函数为奇函数，由求解判断；C.利用指数函数的单调性结合奇偶性判断；D.由，判断.【详解】由题知，即的定义域为，A正确；因为函数为奇函数，所以，即，解得，经检验符合题意，B错误；当时，单调递增，则单调递减，又函数为奇函数，所以的单调递减区间为，C正确；当时，，故D错误．故选：AC 12．已知函数且，则下列说法正确的有（    ）A．在区间和上单调递减B．直线与的图象总有3个不同的公共点C．D．【答案】ACD【分析】画出函数图象，数形结合判断A正确，B错误，且，，由基本不等式得到.【详解】画出函数的大致图象，如图所示，A选项，由图可知在区间和上单调递减，所以A正确；B选项，由图可知，当时，直线与的图象有3个不同的公共点，当时，直线与的图象有2个不同的公共点，所以B错误；CD选项，令，可得直线与的图象有4个不同的交点，且交点横坐标分别为，，，，由图可知，，由基本不等式得，，所以，因为，所以，所以C，D正确.故选：ACD第Ⅱ卷 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．如图1，折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，㓞纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，其展开的平面图如图2的扇形，其中，则扇面（曲边四边形）的面积是.  【答案】/【分析】由大扇形面积减去小扇形面积即可得．【详解】，由题意可得，扇形的面积是，扇形的面积是.则扇面（曲边四边形）的面积是.故答案为：．14．已知P，Q是圆心在坐标原点O的单位圆上的两点，且分别位于第一象限和第四象限，点P的横坐标为，点Q的横坐标为，则＝.【答案】【分析】根据三角函数的定义得到，，再利用同角三角函数关系得到正弦值，利用余弦和角公式计算出答案.【详解】由题意可得，，因为点P位于第一象限，所以，因为Q位于第四象限，所以，所以，， 所以.故答案为：15．已知是奇函数且在上单调递增，，则的解集为．【答案】【分析】根据函数的单调性及奇偶性解不等式.【详解】因为是奇函数且在上单调递增，，所以，且在上单调递增，由，可知或，解得或，故不等式的解集为.故答案为：16．如图，已知直线是之间的一定点，并且点到的距离分别是2，3，是直线上的动点，作，且使与直线交于点．则的面积的最小值是．  【答案】6【分析】设，则，将表示为关于的三角函数，即可将三角形面积表示为关于的三角函数，结合性质可得解.【详解】设，则，故，所以，所以，当，即时，面积的最小值为. 故答案为：6.四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知函数且的图象过点，.(1)求的值；(2)记在区间上的值域分别为集合，若是的必要条件，求实数的取值范围.【答案】(1)2(2)【分析】（1）代入点，求出；（2）求出的值域和的值域，根据题目条件得到，得到不等式，求出实数的取值范围.【详解】（1）的图象过点，，解得.（2）由（1）得，当时，的值域为，即，当时，的值域为，即，是的必要条件，，∴，解得，的取值范围是.18．（12分）已知(1)化简；(2)若，求的值． 【答案】(1)(2)【分析】（1）直接通过诱导公式化简即可；（2）通过二次齐次式的化简即可得结果.【详解】（1）（2）由（1）易得，所以19．（12分）已知函数的图像恒过定点，且点又在函数的图象上．(1)若，求的值(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）首先求出过定点坐标，再代入中求出，即可得到，再换元解得；（2）首先求出，依题意可得在区间上恒成立，令，，则，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围.【详解】（1）函数，当时，，则函数图像恒过定点，又在函数图象上，即，解得（负值舍去），则，由，则，令，则，即，即，，，即，解得；（2）因为，则在区间上恒成立，即在区间上恒成立， 令，，则，函数的对称轴为，①，即，在区间上单调递增，，则，又，；②，即，函数在上单调递减，在区间上单调递增，则，则，又，所以无解；③，即，在区间上单调递减，，即，又，无解；综上所述，实数的取值范围为．20．（12分）某奶茶店今年年初花费16万元购买了一台制作冰淇淋的设备，经估算，该设备每年可为该奶茶店提供12万元的总收入.已知使用x年（x为正整数）所需的各种维护费用总计为万元（今年为第一年）.(1)试问：该奶茶店第几年开始盈利（总收入超过总支出）？(2)该奶茶店在若干年后要卖出该冰淇淋设备，有以下两种方案：①当盈利总额达到最大值时，以1万元的价格卖出该设备；②当年均盈利达到最大值时，以2万元的价格卖出该设备.试问哪一种方案较为划算？请说明理由.【答案】(1)从第三年开始盈利.(2)两种方案盈利总数一样，但方案②时间短，较为划算.【分析】（1）列出纯收入的函数表达式，解纯收入大于0的不等式即可.（2）分别计算两种方案的盈利和时间，比较后得结论.【详解】（1）由题意可知，总收入扣除支出后的纯收入，，解得，由，所以从第三年开始盈利. （2）方案①：纯收入，则5年后盈利总额达到最大值9万元，以1万元的价格卖出该设备，共盈利10万元；方案②：年均盈利，由，，当且仅当，即时等号成立，，当4年后年均盈利达到最大值2万元时，以2万元的价格卖出该设备，共盈利万元.两种方案盈利总数一样，但方案②时间短，较为划算.21．（12分）己知函数．(1)若的解集为或，求的值；(2)求关于的不等式的解集．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据不等式与方程的关系，结合根的定义，可得答案；（2）根据一元二次不等式的解法，可得答案.【详解】（1）由题意可知：的根为或，且，将代入方程，解得.（2）由题意可得，分解因式可得，当时，化简可得，不等式解集为；当时，由方程，解得或，当，即时，不等式解集为，当，即时，不等式解集为，当，即时，不等式解集为； 当时，不等式的解集为.22．（12分）已知函数(1)当时，求函数的最大值，并求出取得最大值时所有的值；(2)若为偶函数，设，若不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；(3)若过点，设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围.【答案】(1)1，(2)(3)【分析】（1）由题意可得，由正弦函数的性质求解即可；（2）由题意可得,，将问题转化为，且在上恒成立，结合正弦函数的性质即可求解；（3）由题意可得将问题转化为结合正弦函数的性质及二次函数性质求解.【详解】（1）当时，,所以当，即时，所以  ,此时；（2）因为为偶函数，所以,所以,所以，又因为在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上恒成立，所以，且在上恒成立，因为，所以，所以，解得所以m的取值范围为;（3）因为过点，所以所以，又因为,所以,所以，又因为对任意的，，都有成立，所以，因为，所以，设,则有图像是开口向下，对称轴为的抛物线，当时，在上单调递增，所以,所以，解得所以；当时，在上单调递减，所以, 所以，解得所以;当时，,