高一上冊(cè)數(shù)學(xué)期末模擬卷（七）含答案解析

高一第一學(xué)期期末檢測(cè)卷7試卷范圍：蘇教版必修一；總分：150分；難度：容易一、單選題(共40分)1．(本題5分)不等式的解集是（）A． B．C． D．2．(本題5分)已知集合A={1，2，3}，B={x∈N|x≤2}，則A∪B=（）A．{2，3} B．{0，1，2，3} C．{1，2} D．{1，2，3}3．(本題5分)函數(shù)，則它的圖像大致是（）A．B．C． D．4．(本題5分)全稱量詞命題：的否定是（）A． B．C． D．以上都不對(duì)5．(本題5分)已知定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，則的值為（）A． B．8 C． D．246．(本題5分)已知函數(shù)，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A．函數(shù)的最小正周期為 B．函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)C．函數(shù)的圖象關(guān)于軸對(duì)稱 D．函數(shù)是奇函數(shù)7．(本題5分)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx＋1(ab≠0)，若f(2021)＝k，則f(－2021)等于（）A．k B．－kC．1－k D．2－k8．(本題5分)已知函數(shù)是上的增函數(shù)，則a的取值范圍是（）A． B． C． D．二、多選題(共20分)9．(本題5分)已知函數(shù)，則（）A． B．的最小值為2C．為偶函數(shù) D．在上單調(diào)遞增10．(本題5分)設(shè)函數(shù)，則（）A．的最小值為，其周期為B．的最小值為，其周期為C．在單調(diào)遞增，其圖象關(guān)于直線對(duì)稱D．在單調(diào)遞減，其圖象關(guān)于直線對(duì)稱11．(本題5分)下面命題為真命題的是（）A．設(shè)，則“”是“”的既不充分也不必要條件B．“”是“二次方程有一正根一負(fù)根”的充要條件C．“”是“為單元素集”的充分而不必要條件D．“”是“”的充分不必要條件12．(本題5分)已知函數(shù)的部分圖像如圖所示，將的圖像向右平移個(gè)單位后，得到函數(shù)的圖像，若對(duì)于任意的，則值可以為（）A． B． C． D．三、填空題(共15分)13．(本題5分)計(jì)算：______________．14．(本題5分)已知是的充分不必要條件，則實(shí)數(shù)的取值范圍是___________.15．(本題5分)設(shè)m為實(shí)數(shù)，若二次函數(shù)在區(qū)間上僅有一個(gè)零點(diǎn)，則m的取值范圍是__________.四、雙空題(共5分)16．(本題5分)把函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，所得到的圖象的函數(shù)解析式為_______，再將圖象上的所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼谋叮v坐標(biāo)不變），則所得到的圖象的函數(shù)解析式為___________.五、解答題(共70分)17．(本題10分)計(jì)算：（1）；（2）1.18．(本題12分)已知，命題：，；命題：，.（1）若是真命題，求的最大值；（2）若是真命題，是假命題，求的取值范圍.19．(本題12分)如圖，現(xiàn)有一塊半徑為2，圓心角為的扇形木板，按如下方式切割一平行四邊形：在弧AB上任取一點(diǎn)P(異于A?B)，過點(diǎn)P分別作PC?PD平行于OB?OA，交OA?OB分別于C?D兩點(diǎn)，記.（1）當(dāng)點(diǎn)P位于何處時(shí)，使得平行四邊形OCPD的周長(zhǎng)最大？求出最大值；（2）試問平行四邊形OCPD的面積是否存在最大值？若存在，求出最大值以及相應(yīng)的α的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.20．(本題12分)定義在上的奇函數(shù)，已知當(dāng)時(shí)，＝．（1）求在上的解析式；（2）當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．21．(本題12分)已知函數(shù)的部分圖象如圖所示.（1）求的值；（2）求在區(qū)間上的值域；（3）求不等式的解集.22．(本題12分)已知函數(shù)是昰義在上的奇函數(shù)，且.（1）確定函數(shù)的解析式；（2）用定義證明在上是增函數(shù)；（3）解不等式：.參考答案1．C【分析】利用二次不等式的解法解原不等式，即可得解.【詳解】解不等式可得，故原不等式的解集為.故選：C.2．B【分析】先求出集合B，再求A∪B.【詳解】因?yàn)?，所?故選：B3．A【分析】先判斷函數(shù)的奇偶性，判斷出函數(shù)是奇函數(shù)，排除B，根據(jù)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，排除C、D.【詳解】已知，所以函數(shù)是奇函數(shù)，排除B，又因?yàn)闀r(shí)，，當(dāng)時(shí)，，，故排除C，D.故選：A.4．C【分析】根據(jù)全稱命題的否定為特稱命題分析即可【詳解】“”的否定是“”，即“”故選：C5．A【分析】根據(jù)定義域的對(duì)稱性，求得，再結(jié)合函數(shù)的奇偶性和題設(shè)條件，得到，即可求解.【詳解】由題意，定義在上的奇函數(shù)，可得，解得，又由當(dāng)時(shí)，所以，故選：A.6．D【分析】根據(jù)余弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)即可得到結(jié)論.【詳解】由題意，，由余弦函數(shù)可知，函數(shù)的最小正周期為，故A正確；函數(shù)在區(qū)間上為減函數(shù)，則在區(qū)間上為增函數(shù)，故B正確；函數(shù)為偶函數(shù)，且圖象關(guān)于軸對(duì)稱，則為偶函數(shù)，且圖象關(guān)于軸對(duì)稱，故C正確，D錯(cuò)誤.故選：D7．D【分析】方法一：令g(x)＝ax3＋bx(ab≠0)，g(x)是奇函數(shù)，利用奇偶性即可求解；方法二：f(－x)＋f(x)＝2，即可求解.【詳解】方法一：令g(x)＝ax3＋bx(ab≠0)，則g(x)是奇函數(shù)，從而f(－2021)＝g(－2021)＋1＝－g(2021)＋1.又因?yàn)閒(2021)＝k，所以g(2021)＝k－1，從而f(－2021)＝－(k－1)＋1＝2－k.方法二：因?yàn)閒(－x)＋f(x)＝－ax3－bx＋1＋ax3＋bx＋1＝2，所以f(－2021)＋f(2021)＝2.又因?yàn)閒(2021)＝k，所以f(－2021)＝2－k.故選：D8．B【分析】根據(jù)二次函數(shù)與反比例函數(shù)的圖象特征，結(jié)合單調(diào)性定義可得不等式組，解之即可.【詳解】解：根據(jù)題意,若函數(shù)是上的增函數(shù)，必有，解可得，故選：．9．BC【分析】A直接代入計(jì)算并驗(yàn)證；B利用換元法得到，結(jié)合基本不等式確定最值；C根據(jù)奇偶性的定義判斷即可；D由B中換元法，所得對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)可直接判斷單調(diào)區(qū)間.【詳解】A：，錯(cuò)誤；B：令，則當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，正確；C：且，為偶函數(shù)，正確；D：由B，若，，則在上遞減，在上遞增，所以在上遞減，上遞增，錯(cuò)誤；故選：BC.10．AD【分析】首先化簡(jiǎn)函數(shù)，再判斷函數(shù)的性質(zhì).【詳解】，函數(shù)的最小值是，周期，故A正確，B錯(cuò)誤；時(shí)，，所以在單調(diào)遞減，令，得，其中一條對(duì)稱軸是，故C錯(cuò)誤，D正確.故選：AD11．BCD【分析】A由，則都不為0則可判斷命題；B結(jié)合韋達(dá)定理即可判斷命題；C根據(jù)方程根的個(gè)數(shù)求出參數(shù)即可判斷；D結(jié)合不等式的性質(zhì)以及解分式不等式即可判斷.【詳解】A若，，則；若，則都不為0，則“”是“”的必要不充分條件；故A為假命題；B若二次方程有一正根一負(fù)根，則兩根之積為負(fù)，即，從而，故“”是“二次方程有一正根一負(fù)根”的必要條件，若，則，即方程有兩根且兩根之積為負(fù)，所以二次方程有一正根一負(fù)根，故“”是“二次方程有一正根一負(fù)根”的充分條件，綜上“”是“二次方程有一正根一負(fù)根”的充要條件，故B為真命題；C因?yàn)闉閱卧丶?，則符合題意；若，則，則，則符合題意；綜上：為單元素集，則或2，因此“”是“為單元素集”的充分而不必要條件，故C是真命題；D因?yàn)?，所以，但是若，則或，則“”是“”的充分不必要條件，故D是真命題，故選：BCD.12．CD【分析】由于的圖像過點(diǎn)，可得，結(jié)合，可得的值，由，解得，而，可得，再利用三角函數(shù)圖像變換可得，從而由可得答案【詳解】解：由函數(shù)的圖像可知，的圖像過點(diǎn)，所以，可得，因?yàn)?，所以，因?yàn)榈膱D像過點(diǎn)，所以，解得，所以，因?yàn)?，所以不妨設(shè)，則可得，所以，因?yàn)椋?，因?yàn)閷?duì)于任意的，所以，所以，所以，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故選：CD13．【分析】利用分?jǐn)?shù)指數(shù)冪和對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)即可求解.【詳解】，故答案為：.14．【分析】根據(jù)題意可得，即可求解.【詳解】是的充分不必要條件，，.故答案為：.15．【分析】根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，要使二次函數(shù)在區(qū)間上僅有一個(gè)零點(diǎn)，只需當(dāng)時(shí)，函數(shù)值小于0即可，列出不等式，從而可得答案.【詳解】解：因?yàn)槎魏瘮?shù)的對(duì)稱軸為，且圖像開口向上，因?yàn)楹瘮?shù)在區(qū)間上僅有一個(gè)零點(diǎn)，所以當(dāng)時(shí)，，解得.故答案為：.16．【分析】利用三角函數(shù)的圖象變換求解.【詳解】把函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，所得到的圖象的函數(shù)解析式為，再將圖象上的所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼谋叮v坐標(biāo)不變），所得到的圖象的函數(shù)解析式為.故答案為：，17．（1）；（2）1.【分析】（1）根據(jù)根式和分?jǐn)?shù)指數(shù)冪的運(yùn)算法則計(jì)算；（2）由對(duì)數(shù)的定義和對(duì)數(shù)運(yùn)算法則計(jì)算．【詳解】解：（1）原式（2）原式18．（1）1；（2）.【分析】（1）根據(jù)題意可得，為真，令，只需即可求解.（2）根據(jù)題意可得與一真一假，當(dāng)是真命題時(shí)，可得或，分別求出當(dāng)真假或假真時(shí)的取值范圍，最后取并集即可求解.【詳解】解：（1）若命題：，為真，∴則令，，又∵，∴，∴的最大值為1.（2）因?yàn)槭钦婷}，是假命題，所以與一真一假，當(dāng)是真命題時(shí)，，解得或，當(dāng)是真命題，是假命題時(shí)，有，解得；當(dāng)是假命題，是真命題時(shí)，有，解得；綜上，的取值范圍為.19．（1）點(diǎn)P位于弧AB的中點(diǎn)時(shí)，使得平行四邊形OCPD的周長(zhǎng)最大，最大值為；（2）存在，最大值為.【分析】過P點(diǎn)作OC的垂線，垂足為H，從而可得PH=2sinα，OH=2cosα，，，得出.（1）平行四邊形OCPD的周長(zhǎng)為f(α)，利用三角函數(shù)的性質(zhì)即可求解.（2），利用三角函數(shù)的性質(zhì)即可求解.【詳解】過P點(diǎn)作OC的垂線，垂足為H，因?yàn)镺P=2，∠AOP=α，則PH=2sinα，OH=2cosα，，，所以，（1）設(shè)平行四邊形OCPD的周長(zhǎng)為f(α)，則，因?yàn)辄c(diǎn)P異于A?B兩點(diǎn)，所以，所以當(dāng)，即點(diǎn)P位于弧AB的中點(diǎn)時(shí)，使得平行四邊形OCPD的周長(zhǎng)最大，最大值為.（2）設(shè)平行四邊形OCPD的面積為S(α)，則，由（1）得，，所以，所以當(dāng)，即，也就是點(diǎn)P位于弧AB的中點(diǎn)時(shí)，使得平行四邊形OCPD的面積最大，最大值為.20．（1）；（2）.【分析】（1）結(jié)合奇函數(shù)在原點(diǎn)有意義時(shí)，有，即可求出的值，然后根據(jù)奇函數(shù)的定義即可求出結(jié)果；（2）參變分離后構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求出最大值，從而可以求出結(jié)果.【詳解】（1）因?yàn)槭嵌x在上的奇函數(shù)，時(shí)，，所以，解得，所以時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以，又，所以，，即在上的解析式為.（2）因?yàn)闀r(shí)，，所以可化為，整理得，令，根據(jù)指數(shù)函數(shù)單調(diào)性可得，與都是減函數(shù)，所以也是減函數(shù)，，所以，故數(shù)的取值范圍是.21．（1）；（2）；（3）【分析】（1）由圖象最高點(diǎn)和最低點(diǎn)可得振幅和周期，即可求解；（2）根據(jù)所給自變量的范圍，利用正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)求解即可；（3）根據(jù)正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)建立不等式求解即可.【詳解】（1）；