期末考试押题卷二（考试范围：苏教版2019必修第一册）-苏教版高一《数学》同步学与练（解析版）

第第页期末考试押题卷二（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：苏教版2019必修第一册5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷一、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．设集合，，，则下列关系中不正确的一个是（）A． B．C． D．A∪B＝C【答案】D【解析】集合是由二次函数的自变量组成的集合，即，集合是由二次函数的因变量组成的集合，即，所以，故C正确；集合是由二次函数图象上所有的点组成集合，为点集，所以A∪B＝C，所以A、B正确，D错误.故选：D2．“”是“”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，则或，解得或，所以由推得出，即充分性成立，由推不出，即必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A3．已知函数在区间内有一个零点，且的部分函数值数据如下：，，，，，，，要使零点的近似值精确度为，则对区间的最少等分次数和近似解分别为（

）A．6次， B．6次，C．7次， D．7次，【答案】D【解析】由题中数据知，零点区间变化如下：，此时区间长度小于，在区间内取近似值，最少等分了7次，近似解取.故选：D.4．已知函数则函数的大致图象为（

）A．

B．

C．

D．

【答案】A【解析】因为恒成立，所以函数的定义域为R，又，所以，函数为偶函数.故选：A5．已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】因为命题“，使”是假命题，所以恒成立，所以，解得，故实数的取值范围是．故选：B．6．《梦溪笔谈》是我国科技史上的杰作，其中收录了扇形弧长的近似计算公式：.如图，公式中“弦”是指扇形中所对弦的长，“矢”是指所在圆的半径与圆心到弦的距离之差，“径”是指扇形所在圆的直径.若扇形的面积为，扇形的半径为4，利用上面公式，求得该扇形的弧长的近似值为（

）

A． B．C． D．【答案】D【解析】设该扇形的圆心角为，由扇形面积公式得，所以，取的中点，连接，交于点，则，则，，，所以扇形的弧长的近似值为.故选：D7．已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图象的两条对称轴，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由已知，最小正周期为，，，，，，，故选：B．8．设函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则一定有（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】图象向右平移2个单位，可得的图象，且是奇函数，的图象关于点成中心对称，，图象向右平移1个单位，可得的图象，且是偶函数，的图象关于直线成轴对称，由对称性，对称轴直线关于成中心对称的直线为，对称中心关于直线成轴对称的点为，即.故选：A.二、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．在下列四个命题中，正确的是（

）A．不等式的解集是．B．，C．函数的零点是，．D．若且，则为第二象限角【答案】ABD【解析】对于A，由，得，解得，所以不等式的解集为，所以A正确，对于B，因为在上单调递减，所以，因为在上单调递增，所以，所以，，所以B正确，对于C，由，得或，所以函数的零点为4和，所以C错误，对于D，由，得为第二象限或第四象限的角，由，得为第一象限的角，或第二象限的角，或的终边在轴的非负半轴上，所以当且时，为第二象限角，所以D正确，故选：ABD10．已知关于的不等式的解集为，则（

）A．B．不等式的解集为C．D．不等式的解集为【答案】BD【解析】因为的解集为，所以，解得，所以A错误；对于B：将代入可得，解得，B正确；对于C：不等式的解集为，所以时，C错误；对于D：将代入可得，即，解得，D正确，故选：BD11．如图所示的曲线为函数（，，）的部分图象，将图象上的所有点的横坐标伸长到原来的，再将所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（

）

A．函数在上单调递减 B．点为图象的一个对称中心C．直线为图象的一条对称轴 D．函数在上单调递增【答案】CD【解析】由图象知,∵,∴的一个最低点为,∵的最小正周期为,∴.∵,则,∴,即,∵,∴,∴.将函数图象上的所有点的横坐标伸长到原来的得：的图象,再把所得曲线向右平移个单位长度得：，即.由得,,由得,

，∴在上单调递增,在上单调递减，∴当时,可知在上单调递增,在上单调递减，∴A错误；B项，∵,∴不是图象的一个对称中心,故B错误；C项，∵,∴直线是图象的一条对称轴，故C正确；D项，∵在上单调递增,C∴函数在上单调递增,故D正确.故选：CD.12．已知函数．若存在，使得，则下列结论正确的有（

）A． B．的最大值为9C．的取值范围是 D．的取值范围是【答案】ACD【解析】作出图象如图所示，易知，结合二次函数对称性可知，故A正确；由，又，所以等号不成立，故B错误；由图象及函数的值域可知，，且，则，故C正确；因为，由，故，故．故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．化简式子的值为.【答案】/1.25【解析】.故答案为：.14．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则当时，.【答案】【解析】当时，，所以，又因为是定义在上的偶函数，所以当时，.故答案为：15．已知函数是上的单调函数，那么实数的取值范围是.【答案】【解析】∵函数是上的单调函数，①是上的单调递增函数，则，无解；②是上的单调递减函数，则，解得.综上所述：的取值范围.16．函数的值域为．【答案】【解析】将两边平方可得：，因为，所以，，则，则，即，即函数的值域为.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。17．（10分）已知角满足______．请从下列三个条件中任选一个作答．（注：如果多个条件分别作答，按第一个解答计分）．条件①：角的终边与单位圆的交点为；条件②：角满足；条件③：角满足．(1)求的值；(2)求的值．【解析】（1）条件①：因为角的终边与单位圆的交点为，可得，，由三角函数的定义可得条件②：因为角满足，又因为，即可得所以，可得条件③：因为角满足，又因为，即，可得又，∴，即（2）易知由（1）可知：，当时，原式；当时，原式.18．（12分）设集合，非空集合.(1)若，求实数a的值；(2)若，求实数a的取值范围.【解析】（1）由题意得，，即化简得：解得：或，检验：当，，满足当，，满足，或（2），故，①当为单元素集，则，即，得或，当，不含题意，舍；当，符合.②当为双元素集，则，则有，无解，综上：实数的取值范围为19．（12分）某快递公司为降低新冠肺炎疫情带来的经济影响，引进智能机器人分练系统，以提高分练效率和降低物流成本.已知购买x台机器人的总成本为（单位：万元）.(1)应买多少台机器人，可使每台机器人的平均成本最低；(2)现按（1）中的数量购买机器人，需要安排m人将物件放在机器人上，机器人将物件送达指定分拣处.经过实验知，每台机器人日平均分拣量为（单位：件）.求引进机器人后，日平均分拣量的最大值.【解析】（1）每台机器人的平均成本为，当且仅当，即时取等号.因此应买200台机器人，可使每台机器人的平均成本最低.（2）当时，每台机器人日平均分拣量的最大值为450，当时，.当时，每台机器人的日平均分拣量的最大值为480.因此引进200台机器人后，日平均分拣量的最大值为件.20．（12分）已知函数是定义在上的奇函数，且．(1)求函数的解析式；(2)判断在上的单调性，并用单调性定义证明；(3)解不等式．【解析】（1）函数是定义在上的奇函数，；，解得，∴，而，解得，∴，．（2）函数在上为减函数；证明如下：任意且，则因为，所以，又因为，所以，所以，即，所以函数在上为减函数．（3）由题意，，又，所以，即解不等式，所以，所以，解得，所以该不等式的解集为．21．（12分）已知函数．(1)若不等式的解集为R，求实数m的取值范围；(2)当时，解关于x的不等式；(3)若不等式对一切恒成立，求实数m的取值范围．【解析】（1）①当，即时，原不等式化为，解集为，不合题意；②当，即时，的解集为R，即的解集为R，则应有．即，解得.综上，m的取值范围是.（2）由已知可得，即，即.（i）当，即时，不等式化为，解得；（ⅱ）当时，有，解可得，或.①当，又可得，即时，有，则解可得，或；②当，有，解可得，．综上所述，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．（3）不等式，即，即．恒成立，.设，，．．，当且仅当时取等号，，当且仅当时取等号，所以m的取值范围是．22．（12分）已知函数的最小正周期为，其图象关于点