2023-2024學年華南師大附中數學高一上期末經典模擬試題含解析

2023-2024學年華南師大附中數學高一上期末經典模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知函數，則函數在上單調遞增，是恒成立的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件2．如圖，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，AD＝DC＝2，CB＝，動點P從點A出發(fā)，由A→D→C→B沿邊運動，點P在AB上的射影為Q.設點P運動的路程為x，△APQ的面積為y，則y＝f(x)的圖象大致是（）A. B.C. D.3．若直線與圓相交于兩點，且，則A2 B.C.1 D.4．命題“，是4倍數”的否定為（）A.，是4的倍數 B.，不是4的倍數C.，不是4倍數 D.，不是4的倍數5．函數的零點所在的一個區(qū)間是A. B.C. D.6．設，是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，給出下列命題：①若，，，則；②若，，則；③若，，，則；④若，，則其中正確命題的序號是A.①③ B.①④C.②③ D.②④7．已知函數，若方程f（x）＝a有四個不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，則的取值范圍為（）A.（﹣1，+∞） B.（﹣1，1]C.（﹣∞，1） D.[﹣1，1）8．關于，，下列敘述正確的是（）A.若，則是的整數倍B.函數的圖象關于點對稱C.函數的圖象關于直線對稱D.函數在區(qū)間上為增函數.9．已知是定義在上的奇函數，且當時，，那么A. B.C. D.10．已知冪函數過點則A.，且在上單調遞減B.，且在單調遞增C.且在上單調遞減D.，且在上單調遞增二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知集合，，且，則實數的取值范圍是__________12．若，，則以、為根的一元二次方程可以是___________.（寫出滿足條件的一個一元二次方程即可）13．已知水平放置的按“斜二測畫法”得到如圖所示的直觀圖，其中，，則原的面積為___________14．一個扇形的中心角為3弧度，其周長為10，則該扇形的面積為__________15．(2016·桂林高二檢測)如圖所示，在四邊形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=，BD⊥CD，將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′-BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結論正確的是________.(1)A′C⊥BD.(2)∠BA′C=90°.(3)CA′與平面A′BD所成的角為30°.(4)四面體A′-BCD的體積為.16．已知函數，則不等式的解集為______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．已知冪函數為偶函數（1）求的解析式；（2）若函數在區(qū)間（2，3）上為單調函數，求實數的取值范圍18．已知函數（1）試判斷函數在區(qū)間上的單調性，并用函數單調性定義證明；（2）對任意時，都成立，求實數的取值范圍19．已知函數.（1）求函數的定義域；（2）若實數，且，求的取值范圍.20．已知是方程的兩根，且，求的值21．已知函數，.（1）若在區(qū)間上是單調函數，則的取值范圍；（2）在（1）的條件下，是否存在實數，使得函數與函數的圖象在區(qū)間上有唯一的交點，若存在，求出的范圍，若不存在，請說明理由.

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、A【解析】根據充分、必要條件的定義證明即可.【詳解】因為函數在上單調遞增，則，恒成立，即恒成立，，即.所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.2、D【解析】結合P點的運動軌跡以及二次函數，三角形的面積公式判斷即可【詳解】解：P點在AD上時，△APQ是等腰直角三角形，此時f（x）＝?x?x＝x2，（0＜x＜2）是二次函數，排除A，B，P在DC上時，PQ不變，AQ增加，是遞增的一次函數，排除C，故選D【點睛】本題考查了數形結合思想，考查二次函數以及三角形的面積問題，是一道基礎題3、C【解析】圓心到直線的距離為，所以，選C.4、B【解析】根據特稱量詞命題的否定是全稱量詞命題即可求解【詳解】因為特稱量詞命題的否定是全稱量詞命題，所以命題“，是4的倍數”的否定為“，不是4的倍數”故選：B5、B【解析】根據函數的解析式，求得，結合零點的存在定理，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，函數，可得，即，根據零點的存在定理，可得函數的零點所在的一個區(qū)間是.故選：B.【點睛】本題主要考查了函數的零點問題，其中解答中熟記函數零點的存在定理，準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.6、C【解析】由空間中直線與平面的位置關系逐項分析即可【詳解】當時，可能平行，也可能相交或異面，所以①不正確；當時，可以平行，也可以相交，所以④不正確；若，，則；若，則，故正確命題的序號是②③.【點睛】本題考查空間中平面與直線的位置關系，屬于一般題7、B【解析】由方程f（x）＝a，得到x1，x2關于x＝﹣1對稱，且x3x4＝1；化簡，利用數形結合進行求解即可【詳解】作函數f（x）的圖象如圖所示，∵方程f（x）＝a有四個不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，∴x1，x2關于x＝﹣1對稱，即x1+x2＝﹣2，0＜x3＜1＜x4，則|log2x3|＝|log2x4|，即﹣log2x3＝log2x4，則log2x3+log2x4＝0，即log2x3x4＝0，則x3x4＝1；當|log2x|＝1得x＝2或，則1＜x4≤2；≤x3＜1；故；則函數y＝﹣2x3+，在≤x3＜1上為減函數，則故當x3＝取得y取最大值y＝1，當x3＝1時，函數值y=﹣1．即函數取值范圍（﹣1，1]故選B【點睛】本題考查分段函數的運用，主要考查函數的單調性的運用，運用數形結合的思想方法是解題的關鍵，屬于中檔題8、B【解析】由題意利用余弦函數的圖象和性質，逐一判斷各個結論是否正確，從而得出結論.【詳解】對于A，的周期為,若，則是的整數倍,故A錯誤；對于B,當時，，則函數的圖象關于點中心對稱，B正確；對于C,當時，，不是函數最值，函數的圖象不關于直線對稱，C錯誤；對于D，，，則不單調，D錯誤故選：B.9、C【解析】由題意得，，故，故選C考點：分段函數的應用.10、A【解析】由冪函數過點，求出，從而，在上單調遞減【詳解】冪函數過點，，解得，，在上單調遞減故選A．【點睛】本題考查冪函數解析式的求法，并判斷其單調性，考查冪函數的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】，是的子集，故.【點睛】本題主要考查集合的研究對象和交集的概念，考查指數不等式的求解方法，考查二次函數的值域等知識.對于一個集合，首先要確定其研究對象是什么元素，是定義域還是值域，是點還是其它的元素.二次函數的值域主要由開口方向和對稱軸來確定.在解指數或對數不等式時，要注意底數對單調性的影響.12、【解析】利用兩數和的完全平方公式得到，再利用根與系數的關系寫出一個滿足條件的方程.【詳解】因為，，所以，即該一元二次方程的兩根之和為3，兩根之積為2，所以以、為根的一元二次方程可以是.13、2【解析】∵∠B'A'C'=90°,B'O'=C'O'=1，.∴A'O'=1，∴原△ABC的高為2，△ABC面積為.點睛：由斜二測畫法知，設直觀圖的面積為，原圖形面積為，則14、6【解析】利用弧長公式以及扇形周長公式即可解出弧長和半徑，再利用扇形面積公式即可求解.【詳解】設扇形的半徑為，弧長為，則，解得，所以，答案為6.【點睛】主要考查弧長公式、扇形的周長公式以及面積公式，屬于基礎題.15、(2)(4)【解析】詳解】若A′C⊥BD，又BD⊥CD，則BD⊥平面A′CD，則BD⊥A′D，顯然不可能，故(1)錯誤.因為BA′⊥A′D，BA′⊥CD，故BA′⊥平面A′CD，所以BA′⊥A′C，所以∠BA′C=90°，故(2)正確.因為平面A′BD⊥平面BCD，BD⊥CD，所以CD⊥平面A′BD，CA′與平面A′BD所成的角為∠CA′D，因為A′D=CD，所以∠CA′D=，故(3)錯誤.四面體A′-BCD的體積為V=S△BDA′·h=××1=，因為AB=AD=1，DB=，所以A′C⊥BD，綜上(2)(4)成立.點睛:立體幾何中折疊問題,要注重折疊前后垂直關系的變化,不變的垂直關系是解決問題的關鍵條件.16、【解析】分x小于等于0和x大于0兩種情況根據分段函數分別得到f（x）的解析式，把得到的f（x）的解析式分別代入不等式得到兩個一元二次不等式，分別求出各自的解集，求出兩解集的并集即可得到原不等式的解集【詳解】解：當x≤0時，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為[-1，0]；當x＞0時，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為[0，1]，綜上原不等式的解集為[-1，1].故答案為[-1，1]【點睛】此題考查了不等式的解法，考查了轉化思想和分類討論的思想，是一道基礎題三、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)或.【解析】（1）由為冪函數知，得或又因為函數為偶函數，所以函數不符合舍去當時，，符合題意；.(2)由（1）得，即函數的對稱軸為，由題意知在（2，3）上為單調函數，所以或，即或.18、（1）在上單調遞減，證明見解析；（2）.【解析】（1）利用單調性定義：設并證明的大小關系即可.（2）由（1）及函數不等式恒成立可知：在已知區(qū)間上恒成立，即可求的取值范圍【詳解】（1）函數在區(qū)間上單調遞減，以下證明：設，∵，∴，，，∴，∴在區(qū)間上單調遞減；（2）由（2）可知在上單調減函數，∴當時，取得最小值，即，對任意時，都成立，只需成立，∴，解得：19、(1)；(2).【解析】（1）要使有意義，則即，要使有意義，則即求交集即可求函數的定義域；（2）實數，且，所以即可得出的取值范圍.試題解析：（1）要使有意義，則即要使有意義，則即所以的定義域.（2）由（1）可得：即所以，故的取值范圍是20、【解析】先計算出的值并分析的范圍，再計算出的值，結合的范圍求解出的值.【詳解】因為，，所以，所以，因為，又因為，所以.21、（1）或；（2）存在，且的取值范圍是.【解析】（1）分、兩種情況討論，根據函數在區(qū)間上單調可出關于的不等式，綜合可得出實數的取值范圍；（2）分、、、四種情況討論，分析兩個函數在區(qū)間上的單調性，根據已知條件可得出關于實數的不等式（組），綜合可解得實數的取值范圍.【小問1詳解】解：當時在上單調遞減.當時，是二次函數，其對稱軸為直線，在區(qū)間上是單調函數，或，即或，解得：或或.綜上：或.【小問2詳解】解：①當時，單調遞減，單調遞增，則函數單調遞增，因為，，由零點存在定理可知，存在唯一的使得，此時，函數與函數在區(qū)間上的圖象有唯一的交點，合乎題意；②當時，二次函數的圖象開口向下，對稱軸為直線，所以，在上單調遞減，單調遞增，則函數在上單調遞增，要使得函數與函數的圖象在區(qū)間上有唯一的交點，則，解得，此時；③當時，二次函數的圖象開口向上，對稱軸，則在上單調遞減，在上單調遞增，則函數上單調遞增，要使得函數與函數的圖象在區(qū)間上有唯一