2022-2023學年安徽省滁州市定遠中學高一年級上冊學期分班模擬考試數學試題【含答案】1

保密★啟用前安徽省滁州市定遠中學2022-2023學年度高一分班模擬試卷數學試題考試范圍：集合和常用邏輯用語，函數與導數，三角函數與解三角形，等式與不等式；考試時間：100分鐘；命題人：董天宇注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上一、單選題1.已知集合，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據一元二次不等式的求解可化簡，根據集合的交運算即可求解.【詳解】，則．故選：A2.下列命題錯誤的是（）A.，B.命題“”的否定是“”C.設，則“且”是“”的必要不充分條件D.設，則“”是“”的必要不充分條件【答案】C【解析】【分析】根據題意，對四個選項一一進行分析，舉出例子當時，，即可判斷A選項；根據特稱命題的否定為全稱命題，可判斷B選項；根據充分條件和必要條件的定義，即可判斷CD選項.【詳解】解：對于A，當時，，，故A正確；對于B，根據特稱命題的否定為全稱命題，得“”的否定是“”，故B正確；對于C，當且時，成立；當時，卻不一定有且，如，因此“且”是“”的充分不必要條件，故C錯誤；對于D，因為當時，有可能等于0，當時，必有，所以“”是“”的必要不充分條件，故D正確.故選：C.3.下列說法正確的是（）A.與角終邊相同的角的集合可以表示為B.若為第一象限角，則仍為第一象限角C.函數是偶函數，則的一個可能值為D.點是函數的一個對稱中心【答案】D【解析】【分析】A寫出其終邊相同的角的集合判斷；B由且，進而確定的范圍，即可判斷；C由三角函數的性質可得且，即可判斷；D將點代入判斷是否為對稱中心即可.【詳解】A：，則與其終邊相同的角為，錯誤；B：由且，則且，故為第一或三象限角，錯誤；C：由已知且，則且，的不可能為，錯誤；D：，故是一個對稱中心，正確.故選：D4.函數，，的大致圖象（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先將函數解析式化簡，根據奇偶性的概念，判定的奇偶性，排除A，B；再由特殊值驗證，即可得出結果.【詳解】因為，所以，所以為奇函數，圖像關于原點對稱，排除A，B；又，，則，即，排除D，故選：C.【點睛】本題主要考查函數圖像的識別，屬于?？碱}型.5.設，，，其中為自然對數的底數，則a，b，c的大小關系是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據指數函數與對數函數的性質，求得的取值范圍，即可求解.【詳解】由指數函數的性質，可得，且，由對數函數的性質，可得，所以，所以.故選：C.6.若，則不等式的解集是A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】分析：先根據a的范圍確定a與的大小關系，然后根據不等式的解法直接求出不等式的解集．詳解：∵0＜a＜1，∴a＜，而是開口向上的二次函數，大于零的解集在兩根之外∴的解集為{x|}故選C．點睛：（1）解一元二次不等式時，當二次項系數為負時要先化為正，再根據判別式符號判斷對應方程根的情況，然后結合相應二次函數的圖象寫出不等式的解集．（2）解含參數的一元二次不等式，要把握好分類討論的層次，一般按下面次序進行討論：首先根據二次項系數的符號進行分類，其次根據根是否存在，即判別式的符號進行分類，最后當根存在時，再根據根的大小進行分類．7.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，滿足，，則b＋c的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由余弦定理與基本不等式求出，再由三角形三邊關系得到，從而求出b＋c的取值范圍.【詳解】依題意得b2＋c2－bc＝3，即，解得：，，當且僅當時取等號，又，因此b＋c的取值范圍是.故選：B8.若函數是奇函數，則使得成立的的取值范圍是A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】的定義域為，它應該關于原點對稱，所以，又時，，，為奇函數.又原不等式可以化為，所以，所以，選C.點睛：如果一個函數為奇函數或偶函數，那么它的定義域必須關于原點對稱，我們可以利用這個性質去求奇函數或偶函數中的參數的值.二、多選題9.把函數的圖像向左平移個單位長度，再把橫坐標變?yōu)樵瓉淼谋叮v坐標不變）得到函數的圖像，下列關于函數的說法正確的是（）A.最小正周期為 B.單調遞增區(qū)間C.圖像的一個對移中心為 D.圖像的一條對稱軸為直線【答案】ABD【解析】【分析】由函數圖像變換得到解析式即可判斷A；利用整體代換法求出函數單調增區(qū)間即可判斷B；分別求出和的值即可判斷C和D.【詳解】函數的圖像先向左平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼模v坐標不變），得到的圖像，則其最小正周期為，A正確；令解得增區(qū)間是，B正確；當時函數的值為，故C錯誤；當時，函數的值為，故圖像的一條對稱軸為直線，D正確．故選:ABD．10.設，則下列不等式中一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】利用基本不等式及其變形求最值即可判斷.【詳解】A選項：，當且僅當時，等號成立，故A正確；B選項：，所以，當且僅當時，等號成立，故B錯；C選項：，當且僅當時，等號成立，故C正確；D選項：，當且僅當，即，時，等號成立，故D正確.故選：ACD.11.已知函數，則（）A.曲線在點處的切線方程為B.曲線的極小值為C當時，僅有一個整數解D.當時，僅有一個整數解【答案】AC【解析】【分析】對于A,利用導數的幾何意義及直線的點斜式方程即可求解；對于B，利用函數極值的定義及導數法求函數極值的步驟即可求解；對于C，D，根據B選項結論，畫出函數圖象，利用函數僅有一個整數解，只需要的圖象在的圖象的下方的橫坐標為整數且只有一個即可求解.【詳解】對于A，，所以曲線在點處的斜率為，所以曲線在點處的切線方程為即，故A正確；對于B,，令，則，解得，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減.當時，取得極小值為，故B不正確；對于C，D,由B選項知，在上單調遞增，在上單調遞減.當時，取得極小值為，如圖所示由題意可知，直線恒過，所以，，要使僅有一個整數解，只要是的圖象在的圖象的下方的橫坐標為整數且只有一個，當,即時，僅有一個整數解，故C正確，當時，當時，，當時，，當時，，無整數解，D不正確.故選：AC.【點睛】解決此題的關鍵，對于A，利用導數的幾何意義即可，對于B，利用導數法求函數極值的步驟即可，對于C，D,畫出函數圖象，要使僅有一個整數解，只要是的圖象在的圖象的下方的橫坐標為整數且只有一個，即即可.12.若，則（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】分別構造、、，利用導數研究它們在上的單調性比較大小即可，應用特殊值法判斷D.【詳解】A：令且，則，僅當時等號成立，故導函數恒大于0，故在定義域上遞增，則，即，所以，錯誤；B：令且，則，故在定義域上遞增，則，即，所以，則，即，正確；C：令且，則，故在定義域上遞增，則，即，所以，則，正確；D：當時，，錯誤.故選：BC【點睛】關鍵點點睛：根據不等式構造函數，應用導數研究單調性，進而比較大小關系.三、填空題13.若且，則函數的圖象恒過的定點的坐標為______．【答案】【解析】【分析】令，得，計算，得到答案.【詳解】令，得，∴，∴函數的圖象恒過定點．故答案為：.14.圓的一段弧長等于該圓外切正三角形的邊長,則這段弧所對圓心角的弧度數是_______．【答案】【解析】【詳解】試題分析：設圓的半徑為，其外切正三角形的邊長為，則，又弧長為，所以圓心角為．考點：1．弧度制的定義及應用；2．三角形內切圓性質．15.已知定義在上的奇函數，當時，，則的值為_________．【答案】【解析】【分析】根據定義域的對稱性，求得，再結合函數的奇偶性和題設條件，得到，即可求解.【詳解】解：由題意，定義在上的奇函數，可得，解得，又由當時，，所以,故答案為：.16.函數滿足對任意都成立，其值域是，已知對任何滿足上述條件的都有，則的取值范圍為___________.【答案】【解析】【分析】由題可得，然后可得當時不合題意，進而即得；或等價于恒成立，即恒成立，進而即得.【詳解】法一：令，解得（負值舍去），當時，，當時，，且當時，總存，使得，故，若，易得，所以，即實數的取值范圍為；法二：原命題等價于任意，所以恒成立，即恒成立，又，所以，即實數的取值范圍為.故答案為：.【點睛】數學中的新定義題目解題策略：①仔細閱讀，理解新定義的內涵；②根據新定義，對對應知識進行再遷移.四、解答題17.設集合，，或．（1）若，求實數m的取值范圍；（2）若中只有一個整數，求實數m的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據集合交集的性質，可得兩集合之間的關系，分類討論是否為空集，列出不等式，可得答案；（2）由題意，明確交集中的唯一的整數，結合這個整數，列出不等式，可得答案.【小問1詳解】因為，所以．①當時，由，得，解得；②當，即時，成立．綜上，實數m的取值范圍是．【小問2詳解】因為中只有一個整數，所以，且，解得，所以實數m的取值范圍是．18.某汽車公司購買了輛大客車，每輛萬元，用于長途客運，預計每輛車每年收入約萬元，每輛車第一年各種費用約為萬元，且從第二年開始每年比上一年所需費用要增加萬元.寫出輛車運營的總利潤（萬元）與運營年數的函數關系式.這輛車運營多少年，可使年平均運營利潤最大？【答案】；運營年可使年平均運營利潤最大.【解析】【分析】先分別計算出每輛車年總收入與總支出，從而可求總利潤（萬元）與運營年數的函數關系式；年平均運用利潤為，利用基本不等式可求平均運營利潤最大值.【詳解】解：依題意，每輛車年總收入為萬元，總支出為，.年平均利潤為.又，，當且僅當時，等號成立，此時.運營年可使年平均運營利潤最大，最大利潤為萬元.【點睛】本題以函數為載體，考查函數模型，結合基本不等式的運用，屬于基礎題.19.已知奇函數．(1)求實數a的值；(2)判斷函數f(x)在上的單調性，并利用函數單調性的定義證明；(3)當x[2，5]，時，ln(1+x)＞m＋ln(x－1)恒成立，求實數m的取值范圍．【答案】(1)a＝1;(2)f(x)在(1，＋∞)上為減函數;(3)【解析】【分析】（1）利用函數的奇偶性的定義，推出結果即可；（2）利用函數的單調性的定義證明即可；（3）推出m的表達式，利用函數的單調性求解函數的最值，推出結果即可．【詳解】解：(1)∵f(x)是奇函數，∴f(－x)＝－f(x)，即ln＝－ln．∴＝，即(a2－1)x2＝0，得a＝±1，經檢驗a＝－1時不符合題意，∴a＝1．(2)f(x)＝ln，f(x)在(1，＋∞)上為減函數．下面證明：任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，f(x1)－f(x2)＝ln－ln＝ln(·)＝ln∵x1＜x2，∴x2－x1＞0，＞1，∴f(x1)－f(x2)＞0，f(x1)＞f(x2)，∴f(x)為(1，＋∞)上的減函數．(3)由已知得m＜ln(1＋x)－ln(x－1)，即m＜ln．由(2)知f(x)＝ln在[2，5]上為減函數．則當x＝5時，(ln)min＝于是．.【點睛】本題考查函數恒成立函數的奇偶性以及函數的單調性的應用，考查轉化思想以及計算能力．20.已知函數f（x）=x|x-a|+bx．（1）若a=2，且f（x）是R上的增函數，求實數b的取值范圍；（2）當b=0時，若關于x的方程f（x）=x+1有三個實根，求a的取值范圍．【答案】（1）b≥2（2）a＞3或者a＜-1【解析】【分析】（1）寫出解析式，利用單調性求解；（2）將關于x的方程f（x）=x+1的實根個數問題轉化為的圖像的交點個數問題，再由圖象得出結論．【詳解】解：（1）當a=2，f（x）=x|x-2|+bx=，f（x）是R上的增函數，則，，故b≥2．（2）b=0，f（x）=x|x-a|=x+1，若x=0顯然不成立，上式可變?yōu)閨x-a|=1+，由|x-a|≥0，則1+≥0得，分別作出圖像，則關于x的方程f（x）=x+1有三個實根等價于的圖像有三個交點，又函數的圖像如圖所示：根據圖象可知，當的圖像有三個交點時，a＞3或者a＜-1，故a的取值范圍為a＞3或者a＜-1．【點睛】考查了分段函數的單調性問題及函數零點問題，重點考查了數形結合的數學思想方法，中檔題．21.已知奇函數的定義域為，且當時，.（1）求解析式；（2）已知，存在，使得，試判斷，的大小關系并證明.【答案】（1）；（2）當時，；當時，證明見解析.【解析】【分析】(1)令得，利用時和奇函數的性質即可.(2)結合函數零點存在性定理和函數的奇偶性，計算即可得出結果.【詳解】(1)令，則，因為為奇函數，所以，所以.(2)當時，，易知在上單調遞增，因為，所以在上存在唯一零點，因為為奇函數，所以在上存在唯一零點，所以有兩個零點，易知在上單調遞增，因為，所以在上存在唯一零點，且，因為，所以，即，即，所以也是的一個零點，所以當時，；當時.22.已知函數是偶函數.（I）證明：對任意實數，函數的圖象與直線最多只有一個交點；（II）若方程有且只有一個解，求實數的取值范圍.【答案】（I）證明見解析；（II）.【解析】【分析】（I）先利用偶函數的定義結合對數的運算性質求出的值，然后利用定義法證明函數在上單調遞增，即可證明出所證結論；（II）由，得出，令，將問題轉化為關于的方程有且只有一個正根，然后分三種情況討論：①；②，；③，方程有一個正根一個負根.分析這三種情況，可求出實數的取值范圍