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含解析

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，