期末模拟考试试卷7-沪教版高一《数学》上学期期末复习课专题（解析版）

第第页PAGE2023学年度第一学期一（上）数学期末（模拟）考试试卷【7】注意事项：1．考试时间：90分钟试卷满分：150分；2．；【沪教版2020】数学必修第一册一、填空题（本大题共有12题，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分，满分54分）1、已知集合A＝{m2，－2}，B＝{m，m－3}，若A∩B＝{－2}，则A∪B＝【答案】{－5，－2,4}【解析】∵A∩B＝{－2}，∴－2∈B，若m＝－2，则A＝{4，－2}，B＝{－2，－5}，∴A∩B＝{－2}，A∪B＝{－5，－2,4}；若m－3＝－2，则m＝1，∴A＝{1，－2}，B＝{1，－2}，∴A∩B＝{1，－2}(舍去)，综上，有A∪B＝{－5，－2,4}．2、已知M＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)，N＝eq\f(e2022＋1,e2023＋1)，则M，N的大小关系为M________N【答案】M>N【解析】方法1：M－N＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)－eq\f(e2022＋1,e2023＋1)＝eq\f((e2021＋1)(e2023＋1)－(e2022＋1)2,(e2022＋1)(e2023＋1))＝eq\f(e2021＋e2023－2e2022,(e2022＋1)(e2023＋1))＝eq\f(e2021(e－1)2,(e2022＋1)(e2023＋1))>0.∴M>N.方法2：令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq\f(\f(1,e)(ex＋1＋1)＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，显然f(x)是R上的减函数，∴f(2021)>f(2022)，即M>N.【说明】比较大小的常用方法（1）作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论．（2）作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论．（3）构造函数，利用函数的单调性比较大小．3、已知函数f(x)＝mx2－mx－1.若对于x∈[1,3]，f(x)<5－m恒成立，则实数m的取值范围为【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7)))【解析】要使f(x)<－m＋5在x∈[1，3]上恒成立，即meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)m－6<0在x∈[1，3]上恒成立．有以下两种方法：方法1：令g(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)m－6，x∈[1,3]．当m>0时，g(x)在[1,3]上单调递增，所以g(x)max＝g(3)，即7m－6<0，所以m<eq\f(6,7)，所以0<m<eq\f(6,7)；当m＝0时，－6<0恒成立；当m<0时，g(x)在[1,3]上单调递减，所以g(x)max＝g(1)，即m－6<0，所以m<6，所以m<0.综上所述，m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))).方法2：因为x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，又因为m(x2－x＋1)－6<0在x∈[1,3]上恒成立，所以m<eq\f(6,x2－x＋1)在x∈[1,3]上恒成立．令y＝eq\f(6,x2－x＋1)，因为函数y＝eq\f(6,x2－x＋1)＝eq\f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4))在[1,3]上的最小值为eq\f(6,7)，所以只需m<eq\f(6,7)即可．所以m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))).4、幂函数f(x)＝(m2－3m＋3)xm的图象关于y轴对称，则实数m＝【答案】2【解析】由幂函数定义，知m2－3m＋3＝1，解得m＝1或m＝2，当m＝1时，f(x)＝x的图象不关于y轴对称，舍去，当m＝2时，f(x)＝x2的图象关于y轴对称，因此m＝2.5、函数y＝lg(c＋2x－x2)的定义域是(m，m＋4)，则实数c的值为________．【答案】3【解析】依题意得，一元二次不等式－x2＋2x＋c>0，即x2－2x－c<0的解集为(m，m＋4)，所以m，m＋4是方程x2－2x－c＝0的两个根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋m＋4＝2，,m(m＋4)＝－c，))解得m＝－1，c＝3.6、若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是[－4，3]的子集，则a的取值范围是【答案】[－4，3]【解析】原不等式为(x－a)(x－1)≤0，当a<1时，不等式的解集为[a,1]，此时只要a≥－4即可，即－4≤a<1；当a＝1时，不等式的解为x＝1，此时符合要求；当a>1时，不等式的解集为[1，a]，此时只要a≤3即可，即1<a≤3，综上可得－4≤a≤3；若常数k＝0.05，空气温度为30℃，某物体的温度从90℃下降到50℃，大约需要的时间为________分钟．(参考数据：ln3≈1.1)【答案】22；【解析】由题知θ0＝30，θ1＝90，θ＝50，∴50＝30＋(90－30)e－0.05t，∴e－0.05t＝eq\f(1,3)，∴－0.05t＝ln

eq\f(1,3)，∴0.05t＝ln3，∴t＝eq\f(ln3,0.05)＝20×ln3≈22；8、若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b的取值范围是【答案】(0，2)【解析】在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b的图象，如图所示．∴当0<b<2时，两函数图象有两个交点，从而函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点；∴b的取值范围是(0，2)；9、已知函数f(x)＝ln(eq\r(x2＋1)－x)＋1，则f(ln5)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln

\f(1,5)))＝________.【答案】2【解析】令g(x)＝ln(eq\r(x2＋1)－x)，则g(x)的定义域为R，g(－x)＋g(x)＝ln(eq\r(x2＋1)＋x)＋ln(eq\r(x2＋1)－x)＝ln1＝0，∴g(x)为奇函数，∴f(ln5)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln

\f(1,5)))＝f(ln5)＋f(－ln5)＝g(ln5)＋1＋g(－ln5)＋1＝2.10、已知函数f(x)＝4ax2＋4x－1，对于任意的x∈(－1,1)，f(x)<0恒成立，则实数a的取值范围是【答案】(－∞，－1)【解析】因为f(x)＝4ax2＋4x－1，所以f(0)＝－1<0成立．当x∈(－1,0)∪(0,1)时，由f(x)<0可得4ax2<－4x＋1，所以4a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(4,x)))min，当x∈(－1,0)∪(0,1)时，eq\f(1,x)∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，所以eq\f(1,x2)－eq\f(4,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2))2－4≥－4，当且仅当x＝eq\f(1,2)时，等号成立，所以4a<－4，解得a<－1.11、已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((x－a)2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为【答案】[0，2]【解析】由于当x>0时，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋a在x＝1时取得最小值2＋a，因为f(0)是f(x)的最小值，所以当x≤0时，f(x)＝(x－a)2单调递减，则a≥0，此时最小值为f(0)＝a2，因此a2≤a＋2，解得0≤a≤2.12、若定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是【答案】[－1，0]∪[1，3]【解析】因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，则f(0)＝0.又f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，画出函数f(x)的大致图象如图(1)所示，则函数f(x－1)的大致图象如图(2)所示． (1)(2)当x≤0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≤0，得－1≤x≤0.当x>0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≥0，得1≤x≤3.故满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1，0]∪[1，3]；二、选择题（本大题共有4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，满分18分）13、已知A＝{x|x≤0或x≥3}，B＝{x|x≤a－1或x≥a＋1}，若A∩(∁RB)≠∅，则实数a的取值范围是（）A．1≤a≤2 B．1<a<2C．a≤1或a≥2 D．a<1或a>2【答案】D【解析】A＝{x|x≤0或x≥3}，B＝{x|x≤a－1或x≥a＋1}，所以∁RB＝{x|a－1<x<a＋1}；又A∩(∁RB)≠∅，所以a－1<0或a＋1>3，解得a<1或a>2，所以实数a的取值范围是a<1或a>2.【说明】对于集合的交、并、补运算，如果集合中的元素是离散的，可用Venn图表示；如果集合中的元素是连续的，可用数轴表示，此时要注意端点的情况；14、设a，b∈R，p：log2(a－1)＋log2(b－1)>0，q：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<1，则p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由题意得，p：log2(a－1)＋log2(b－1)＝log2(a－1)(b－1)>0＝log21，所以(a－1)(b－1)>1，即a＋b<ab，因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,b－1>0，))所以a>1，b>1，则ab>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<1，所以p是q的充分条件；因为eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<1，所以eq\f(a＋b,ab)<1，若ab>0，则a＋b<ab，若ab<0，则a＋b>ab，所以p是q的非必要条件，所以p是q的充分不必要条件．【说明】充分条件、必要条件的两种判定方法（1）定义法：根据p⇒q，q⇒p进行判断，适用于定义、定理判断性问题；（2）集合法：根据p，q对应的集合之间的包含关系进行判断，多适用于条件中涉及参数范围的推断问题；15、若a>1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，则m，n，p的大小关系是()A．n>m>p B．m>p>nC．m>n>p D．p>m>n【答案】B【解析】由a>1知，a2＋1－2a＝(a－1)2>0，即a2＋1>2a，而2a－(a＋1)＝a－1>0，即2a>a＋1，∴a2＋1>2a>a＋1，而y＝logax在定义域上单调递增，∴m>p>n.16、原油作为“工业血液”“黑色黄金”，其价格的波动牵动着整个化工产业甚至世界经济．小李在某段时间内共加油两次，这段时间燃油价格有升有降，现小李有两种加油方案：第一种方案是每次加油40升，第二种方案是每次加油200元，则下列说法正确的是（）A．第一种方案更划算 B．第二种方案更划算C．两种方案一样 D．无法确定【答案】B【解析】设小李这两次加油的油价分别为x元/升、y元/升(x≠y)，则方案1：两次加油平均价格为eq\f(40x＋40y,80)＝eq\f(x＋y,2)>eq\r(xy)，方案2：两次加油平均价格为eq\f(400,\f(200,x)＋\f(200,y))＝eq\f(2xy,x＋y)<eq\r(xy)，故无论油价如何起伏，方案二比方案一更划算．三、解答题（本大题共有5题，满分78分）【解答下列各题必须写出必要的步骤】17、（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）函数f(x)＝x2＋ax＋3.（1）若当x∈[－2,2]时，f(x)≥a恒成立，求：实数a的取值范围；（2）若当a∈[4,6]时，f(x)≥0恒成立，求实数x的取值范围；【答案】（1）[－7，2]；（2）(－∞，－3－eq\r(6)]∪[－3＋eq\r(6)，＋∞)；【解析】（1）若x2＋ax＋3－a≥0在x∈[－2,2]上恒成立，令g(x)＝x2＋ax＋3－a，则有①Δ≤0或②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(a,2)<－2，,g－2＝7－3a≥0.))或③eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(a,2)>2，,g2＝7＋a≥0，))解①得－6≤a≤2，解②得a∈∅，解③得－7≤a<－6.综上可得，满足条件的实数a的取值范围是[－7，2]．（2）令h(a)＝xa＋x2＋3.当a∈[4,6]时，h(a)≥0恒成立．只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h(4)≥0，,h(6)≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋3≥0，,x2＋6x＋3≥0，))解得x≤－3－eq\r(6)或x≥－3＋eq\r(6).∴实数x的取值范围是(－∞，－3－eq\r(6)]∪[－3＋eq\r(6)，＋∞)；【说明】恒成立问题求参数的范围的解题策略：（1）弄清楚自变量、参数．一般情况下，求谁的范围，谁就是参数；（2）一元二次不等式在R上恒成立，可用判别式Δ，一元二次不等式在给定区间上恒成立，不能用判别式Δ，一般分离参数求最值或分类讨论；18、（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）已知f(x)＝2x2＋bx＋c，不等式f(x)<0的解集是(0，5)；（1）若不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)>0，,f(x＋k)<0))的正整数解只有一个，求实数k的取值范围；（2）若对于任意x∈[－1,1]，不等式t·f(x)≤2恒成立，求t的取值范围；【解析】（1）因为不等式f(x)<0的解集是(0,5)，所以0,5是一元二次方程2x2＋bx＋c＝0的两个实数根，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＋5＝－\f(b,2)，,0×5＝\f(c,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－10，,c＝0.))所以f(x)＝2x2－10x.不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)>0，,f(x＋k)<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2－10x>0，,2(x2＋2kx＋k2)－10(x＋k)<0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0或x>5，,－k<x<5－k，))因为不等式组的正整数解只有一个，可得该正整数解为6，可得6<5－k≤7，解得－2≤k<－1，所以k的取值范围是[－2，－1)；（2）tf(x)≤2，即t(2x2－10x)≤2，即tx2－5tx－1≤0，当t＝0时显然成立，当t>0时，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t·1－5t·(－1)－1≤0，,t·1－5t·1－1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t＋5t－1≤0，,t－5t－1≤0，))解得－eq\f(1,4)≤t≤eq\f(1,6)，所以0<t≤eq\f(1,6)；当t<0时，函数y＝tx2－5tx－1在[－1,1]上单调递增，所以只要其最大值满足条件即可，所以t－5t－1≤0，解得t≥－eq\f(1,4)，即－eq\f(1,4)≤t<0，综上，t的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,6)));19、（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）已知定义域为R的函数f(x)＝ax－(k－1)a－x(a>0且a≠1)是奇函数；（1）求实数k的值；（2）若f(1)<0，判断函数f(x)的单调性，若f(m2－2)＋f(m)>0，求实数m的取值范围；【解析】（1）∵f(x)是定义域为R的奇函数，∴f(0)＝a0－(k－1)a0＝1－(k－1)＝0，∴k＝2，经检验k＝2符合题意，所以k＝2；（2）f(x)＝ax－a－x(a>0且a≠1)，∵f(1)<0，∴a－eq\f(1,a)<0，又a>0，且a≠1，∴0<a<1，而y＝ax在R上单调递减，y＝a－x在R上单调递增，故由单调性的性质可判断f(x)＝ax－a－x在R上单调递减，不等式f(m2－2)＋f(m)>0，可化为f(m2－2)>f(－m)，∴m2－2<－m，即m2＋m－2<0，解得－2<m<1，∴实数m的取值范围是(－2,1)．20、（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）某公司为改善营运环境，年初以50万元的价格购进一辆豪华客车．已知该客车每年的营运总收入为30万元，使用x年（x是正整数）所需的各种费用总计为(2x2＋6x)万元；（1）该车营运第几年开始盈利(总收入超过总支出，今年为第一年)；（2）该车若干年后有两种处理方案：①当盈利总额达到最大值时，以10万元价格卖出；②当年平均盈利总额达到最大值时，以12万元的价格卖出。问：哪一种方案较为合算？并说明理由；【解析】（1）∵客车每年的营运总收入为30万元，使用x年（x是正整数）所需的各种费用总计为(2x2＋6x)万元，若该车x年开始盈利，则30x>2x2＋6x＋50，即x2－12x＋25<0，∵x是正整数，∴3≤x≤9，∴该车营运第3年开始盈利；（2）方案①盈利总额y1＝30x－(2x2＋6x＋50)＝－2x2＋24x－50＝－2(x－6)2＋22，∴x＝6时，盈利总额达到最大值为22万元．∴6年后卖出客车，可