2023-2024學年浙江省寧波市六校聯考高一數學第一學期期末統(tǒng)考模擬試題含解析

2023-2024學年浙江省寧波市六校聯考高一數學第一學期期末統(tǒng)考模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．若，，，，則，，的大小關系是A. B.C. D.2．函數的部分圖象如圖所示，則的值為（）A. B.C. D.3．已知定義在R上的函數是奇函數且滿足，，數列滿足，且，(其中為的前n項和).則A.3 B.C. D.24．已知的值域為，那么的取值范圍是（）A. B.C. D.5．設，，，則的大小關系是（）A. B.C. D.6．已知,則os等于（）A. B.C. D.7．已知為三角形內角，且，若，則關于的形狀的判斷，正確的是A.直角三角形 B.銳角三角形C.鈍角三角形 D.三種形狀都有可能8．已知函數，則下列對該函數性質的描述中不正確的是（）A.的圖像關于點成中心對稱B.的最小正周期為2C.的單調增區(qū)間為D.沒有對稱軸9．定義在上的偶函數滿足：對任意的，，，有，且，則不等式的解集為A. B.C. D.10．已知函數是定義在上的偶函數，對任意，都有，當時，，則A. B.C.1 D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數，，對，用表示，中的較大者，記為，則的最小值為______.12．已知，則_______.13．由直線上的任意一個點向圓引切線，則切線長的最小值為________.14．下列命題中正確的是________（1）是的必要不充分條件（2）若函數的最小正周期為（3）函數的最小值為（4）已知函數，在上單調遞增，則15．已知函數f(x)=π6x,x是有理數16．已知函數，，則函數的最大值為______.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．設函數，．用表示，中的較大者，記為．已知關于的不等式的解集為（1）求實數，的值，并寫出的解析式；18．已知集合，集合，集合.（1）求；（2）若，求實數的值取范圍.19．已知函數的部分圖象如圖所示.（1）求的解析式；（2）若，求的最值以及取得最值時相應的的值.20．已知函數的最小正周期為.（1）求的值和的單調遞增區(qū)間；（2）令函數，求在區(qū)間上的值域.21．已知函數f(x)=m（1）若m=1，求fx（2）若方程fx=0有兩個實數根x1，x2，且x

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解析】分析：利用指數函數與對數函數及冪函數的行賄可得到，再構造函數，通過分析和的圖象與性質，即可得到結論.詳解：由題意在上單調遞減，所以，在上單調遞則，所以，在上單調遞則，所以，令，則其為單調遞增函數，顯然在上一一對應，則，所以，在坐標系中結合和的圖象與性質，量曲線分別相交于在和處，可見，在時，小于；在時，大于；在時，小于，所以，所以，即，綜上可知，故選D.點睛：本題主要考查了指數式、對數式和冪式的比較大小問題，本題的難點在于的大小比較，通過構造指數函數與一次函數的圖象與性質分析解決問題是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，試題有一定難度，屬于中檔試題.2、C【解析】由函數的部分圖象得到函數的最小正周期，求出，代入求出值，則函數的解析式可求，取可得的值.【詳解】由圖象可得函數的最小正周期為，則.又，則，則，，則，，，則，，則，.故選：C.【點睛】方法點睛：根據三角函數的部分圖象求函數解析式的方法：（1）求、，；（2）求出函數的最小正周期，進而得出；（3）取特殊點代入函數可求得的值.3、A【解析】由奇函數滿足可知該函數是周期為的奇函數，由遞推關系可得：,兩式做差有：，即，即數列構成首項為，公比為的等比數列，故：，綜上有：，，則：.本題選擇A選項.4、C【解析】先求得時的值域，再根據題意，當時，值域最小需滿足，分析整理，即可得結果.【詳解】當，，所以當時，，因為的值域為R，所以當時，值域最小需滿足所以，解得，故選：C【點睛】本題考查已知函數值域求參數問題，解題要點在于，根據時的值域，可得時的值域，結合一次函數的圖像與性質，即可求得結果，考查分析理解，計算求值的能力，屬基礎題.5、C【解析】根據對數函數和冪函數單調性可比較出大小關系.【詳解】，；，，，即，又，.故選：C.6、A【解析】利用誘導公式即可得到結果.【詳解】∵∴os故選A【點睛】本題考查誘導公式的應用，屬于基礎題.7、C【解析】利用同角平方關系可得，，結合可得，從而可得的取值范圍，進而可判斷三角形的形狀【詳解】解：，，為三角形內角，，為鈍角，即三角形為鈍角三角形故選C【點睛】本題主要考查了利用同角平方關系的應用，其關鍵是變形之后從的符號中判斷的取值范圍，屬于三角函數基本技巧的運用8、C【解析】根據正切函數的周期性，單調性和對稱性分別進行判斷即可【詳解】對于A：令,令，可得函數的一個對稱中心為，故正確；對于B：函數f（x）的最小正周期為T＝，故正確；對于C：令，解不等式可得函數的單調遞增區(qū)間為，故錯誤；對于D：正切函數不是軸對稱圖形，故正確故選：C【點睛】本題考查與正切函數有關的性質，涉及周期性，單調性和對稱性，利用整體代換的思想進行判斷是解決本題的關鍵9、A【解析】根據對任意的，，，有，判斷函數的單調性，結合函數的奇偶性和單調性之間的性質，將不等式轉化為不等式組，數形結合求解即可詳解】因為對任意的，，當，有,所以,當函數為減函數，又因為是偶函數，所以當時，為增函數，，，作出函數的圖象如圖：等價為或，由圖可知，或，即不等式的解集為，故選A【點睛】本題主要考查抽象函數的奇偶性與單調性的應用，屬于難題.將奇偶性與單調性綜合考查一直是命題的熱點，解這種題型往往是根據函數在所給區(qū)間上的單調性，根據奇偶性判斷出函數在對稱區(qū)間上的單調性(偶函數在對稱區(qū)間上單調性相反，奇函數在對稱區(qū)間單調性相同)，然后再根據單調性列不等式求解.10、C【解析】由題意，故選C二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】作出函數的圖象，結合圖象即可得的最小值.【詳解】如圖，在同一直角坐標系中分別作出函數和的圖象，因為對，，故函數的圖象如圖所示：由圖可知，當時，函數取得最小值.故答案為：.12、【解析】直接利用二倍角的余弦公式求得cos2a的值【詳解】∵.故答案為：13、【解析】利用切線和點到圓心的距離關系即可得到結果.【詳解】圓心坐標，半徑要使切線長最小，則只需要點到圓心的距離最小，此時最小值為圓心到直線的距離，此時，故答案為：【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系，同時考查了點到直線的距離公式，屬于基礎題.14、（3）（4）【解析】對于（1）對角取特殊值即可驗證；對于（2）采用數形結合即可得到答案；對于（3）把函數進行化簡為關于的函數，再利用基本不等式即可得到答案；對于（4）用整體的思想，求出單調增區(qū)間為，再讓即可得到答案.【詳解】對于（1），當，當，不滿足是的必要條件，故（1）錯誤；對于（2），函數的最小正周期為，故（2）錯誤；對于（3），，當且僅當等號成立，故（3）正確；對于（4）函數的單調增區(qū)間為，若在上單調遞增，則，又，故（4）正確.故答案為：（3）（4）.15、12##【解析】利用分段函數的解析式，代入求解.【詳解】因為函數f(x)=所以f(f(13))=f故答案為：116、##【解析】根據分段函數的定義，化簡后分別求每段上函數的最值，比較即可得出函數最大值.【詳解】當時，即或，解得或，此時，當時，即時，，綜上，當時，，故答案為：三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1），（2）【解析】（1）先由一元二次不等式的性質求出的值，再根據的圖象得出其解析式；（2）將問題轉化為，再解對數不等式得出實數的取值范圍【小問1詳解】∵的解集為，∴方程的兩根分別為和2，由韋達定理可得：，解得，∴令，解得或，作出的圖象如下圖所示：則【小問2詳解】由（1）得，當時，有最小值，即，∵，使得，∴只需即可，∴，∴，得，故18、（1）或；（2）.【解析】（1）根據一元二次不等式的解法求出集合、，即可求出；（2）由，可知，得到不等式組，即得.【小問1詳解】∵，，，或，∴或；【小問2詳解】∵，，由，得，，解得，∴實數的值取范圍為.19、（1）（2）時，，時，【解析】（1）根據圖像先確定，再根據周期確定，代入特殊點確定，即可得到函數解析式；（2）將作為一個整體，求出其取值范圍，進而求得函數最值，以及相應的x的值.【小問1詳解】由圖知，，，即，得，所以，又，所以，,即，由得，所以.【小問2詳解】由得，所以當，即時，，當，即時，.20、（1），函數單調遞增區(qū)間：，；（2）.【解析】（1）利用函數的周期求解，得到函數的解析式，然后求解函數的單調增區(qū)間；（2）由題得，再利用三角函數的圖象和性質求解.【詳解】解：（1）函數的最小正周期．可得，，所以，所以函數，由，，所以，，可得，，所