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文档简介
江苏无锡市锡山中学2023-2024学年高一上数学期末学业质量监测模拟试题考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每个小题给出的四个选项中,恰有一项是符合题目要求的1.如果函数在区间上单调递减,则的取值范围是()A. B.C. D.以上选项均不对2.若方程x2+2x+m2+3m=mcos(x+1)+7有且仅有1个实数根,则实数m的值为()A.2 B.-2C.4 D.-43.以点为圆心,且与轴相切的圆的标准方程为()A. B.C. D.4.已知,则的值为()A. B.C.1 D.25.函数的定义域为()A. B.C. D.R6.集合,,则间的关系是()A. B.C. D.7.函数在上的图象为A. B.C. D.8.下列各组中的两个函数表示同一函数的是()A. B.y=lnx2,y=2lnxC D.9.已知,则=A.2 B.C. D.110.已知,,,则的边上的高线所在的直线方程为()A. B.C. D.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11.已知一个扇形的面积为,半径为,则其圆心角为___________.12.已知函数,,的图象如下图所示,则,,的大小关系为__________.(用“”号连接)13.已知函数f(x)=①f(5)=______;②函数f(x)与函数y=(14.已知函数,则满足的实数的取值范围是__15.已知函数,R的图象与轴无公共点,求实数的取值范围是_________.16.已知函数,则不等式的解集为______三、解答题:本大题共5小题,共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.已知函数(a>0且)是偶函数,函数(a>0且)(1)求b的值;(2)若函数有零点,求a的取值范围;(3)当a=2时,若,使得恒成立,求实数m的取值范围18.已知函数=的部分图象如图所示(1)求的值;(2)求的单调增区间;(3)求在区间上的最大值和最小值19.已知a、b>0且都不为1,函数f(1)若a=2,b=12,解关于x的方程(2)若b=2a,是否存在实数t,使得函数gx=tx+log2f20.如图所示,设矩形的周长为cm,把沿折叠,折过去后交于点,设cm,cm(1)建立变量与之间的函数关系式,并写出函数的定义域;(2)求的最大面积以及此时的的值21.一次函数是上的增函数,,已知.(1)求;(2)当时,有最大值13,求实数的值.
参考答案一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每个小题给出的四个选项中,恰有一项是符合题目要求的1、A【解析】先求出二次函数的对称轴,由区间,在对称轴的左侧,列出不等式解出的取值范围【详解】解:函数的对称轴方程为:,函数在区间,上递减,区间,在对称轴的左侧,,故选:A【点睛】本题考查二次函数图象特征和单调性,以及不等式的解法,属于基础题2、A【解析】令,由对称轴为,可得,解出,并验证即可.【详解】依题意,有且仅有1个实数根.令,对称轴为.所以,解得或.当时,,易知是连续函数,又,,所以在上也必有零点,此时不止有一个零点,故不合题意;当时,,此时只有一个零点,故符合题意.综上,.故选:A【点睛】关键点点睛:构造函数,求出的对称轴,利用对称的性质得出.3、C【解析】根据题中条件,得到圆的半径,进而可得圆的方程.【详解】以点为圆心且与轴相切的圆的半径为,故圆的标准方程是.故选:C.4、A【解析】先使用诱导公式,将要求的式子进行化简,然后再将带入即可完成求解.【详解】由已知使用诱导公式化简得:,将代入即.故选:A.5、D【解析】利用指数函数的性质即可得出选项.【详解】指数函数的定义域为R.故选:D6、D【解析】解指数不等式和一元二次不等式得集合,再判断各选项【详解】由题意,或,所以,即故选:D【点睛】本题考查集合的运算与集合的关键,考查解一元二次不等式,指数不等式,掌握指数函数性质是解题关键7、B【解析】直接利用函数的性质奇偶性求出结果【详解】函数的解析式满足,则函数为奇函数,排除CD选项,由可知:,排除A选项.故选B.【点睛】本题考查的知识要点:函数的性质的应用.属中档题.8、D【解析】逐项判断函数的定义域与对应法则是否相同,即可得出结果.【详解】对于A,
定义域为,而定义域为,定义域相同,但对应法则不同,故不是同一函数,排除A;对于B,定义域,而定义域为,所以定义域不同,不是同一函数,排除B;对于C,
定义域为,而定义域为,所以定义域不同,不是同一函数,排除C;对于D,与的定义域均为,且,对应法则一致,所以是同一函数,D正确.故选:D9、D【解析】.故选.10、A【解析】先计算,得到高线的斜率,又高线过点,计算得到答案.【详解】,高线过点∴边上的高线所在的直线方程为,即.故选【点睛】本题考查了高线的计算,利用斜率相乘为是解题的关键.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、【解析】结合扇形的面积公式即可求出圆心角的大小.【详解】解:设圆心角为,半径为,则,由题意知,,解得,故答案为:12、【解析】函数y=ax,y=xb,y=logcx的图象如图所示,由指数函数y=ax,x=2时,y∈(2,3)对数函数y=logcx,x=2,y∈(0,1);幂函数y=xb,x=2,y∈(1,2);可得a∈(1,2),b∈(0,1),c∈(2,+∞)可得b<a<c故答案为b<a<c13、①.-14【解析】①根据函数解析式,代值求解即可;②在同一直角坐标系中画出两个函数的图象,即可数形结合求得结果.【详解】①由题可知:f5②根据f(x)的解析式,在同一坐标系下绘制f(x)与y=(数形结合可知,两个函数有3个交点.故答案为:-14;14、【解析】分别对,分别大于1,等于1,小于1的讨论,即可.【详解】对,分别大于1,等于1,小于1讨论,当,解得当,不存在,当时,,解得,故x的范围为【点睛】本道题考查了分段函数问题,分类讨论,即可,难度中等15、【解析】令=t>0,则g(t)=>0对t>0恒成立,即对t>0恒成立,再由基本不等式求出的最大值即可.【详解】,R,令=t>0,则f(x)=g(t)=,由题可知g(t)在t>0时与横轴无公共点,则对t>0恒成立,即对t>0恒成立,∵,当且仅当,即时,等号成立,∴,∴.故答案为:.16、【解析】分x小于等于0和x大于0两种情况根据分段函数分别得到f(x)的解析式,把得到的f(x)的解析式分别代入不等式得到两个一元二次不等式,分别求出各自的解集,求出两解集的并集即可得到原不等式的解集【详解】解:当x≤0时,f(x)=x+2,代入不等式得:x+2≥x2,即(x-2)(x+1)≤0,解得-1≤x≤2,所以原不等式的解集为[-1,0];当x>0时,f(x)=-x+2,代入不等式得:-x+2≥x2,即(x+2)(x-1)≤0,解得-2≤x≤1,所以原不等式的解集为[0,1],综上原不等式的解集为[-1,1].故答案为[-1,1]【点睛】此题考查了不等式的解法,考查了转化思想和分类讨论的思想,是一道基础题三、解答题:本大题共5小题,共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)(2)(3)【解析】(1)根据f(x)为偶函数,由f(-x)=-f(x),即对恒成立求解;(2)由有零点,转化为有解,令,转化为函数y=p(x)图象与直线y=a有交点求解;(3)根据,使得成立,由求解.【小问1详解】解:因f(x)为偶函数,所以,都有f(-x)=-f(x),即对恒成立,对恒成立,对恒成立,所以【小问2详解】因为有零点即有解,即有解令,则函数y=p(x)图象与直线y=a有交点,当0<a<1时,无解;当a>1时,在上单调递减,且,所以在上单调递减,值域为由有解,可得a>0,此时a>1,综上可知,a的取值范围是;【小问3详解】,当时,,由(2)知,当且仅当时取等号,所以的最小值为1,因为,使得成立,所有,即对任意的恒成立,设,所以当t>1时,恒成立,即,对t>1恒成立,设函数在单调递减,所以,所以m≥0,即实数m的取值范围为18、(1);(2)单调递增区间为(3)时,取得最大值1;时,f(x)取得最小值【解析】(1)利用图象的最高点和最低点的纵坐标确定振幅,由相邻对称轴间的距离确定函数的周期和值;(2)利用正弦函数的单调性和整体思想进行求解;(3)利用三角函数的单调性和最值进行求解试题解析:(1)由图象知由图象得函数最小正周期为=,则由=得(2)令..所以f(x)的单调递增区间为(3)..当即时,取得最大值1;当即时,f(x)取得最小值19、(1)x=-(2)存,t=-1【解析】(1)根据题意可得2x(2)由题意可得gx=tx+log21+2【小问1详解】因为a=2,b=12,所以方程fx=fx+1化简得2x=2-x-1,所以【小问2详解】因为b=2a,故fxgx因为gx是偶函数,故g-x=g而g-x于是tx=-t+1x对任意的实数x20、(1),定义域(2),的最大面积为【解析】(1)由题意可得,再由可求出的取值范围,(2)设,在直角三角形ADP中利用勾股定理可得,从而可求得,化简后利用基本不等式可求得结果【小问1详解】因为,,矩形ABCD的周长为20cm,所以,因为,所以,解得.所以,定义域为【小问2详解】因为ABCD是矩形,所以有,因为是沿折起所得,所以有,,因此有,,所以≌,因此,设.而ABCD是矩形,所以,因此在直角三角形ADP中,有,所以,化简得,
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