【19題結構】 第一學期高一數(shù)學期末模擬試卷

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第一學期高一數(shù)學期末模擬卷注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明一、單選題1．函數(shù)的定義域為（

）A． B．C． D．2．“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件3．已知集合，，若，則實數(shù)a滿足（）A． B．C． D．4．已知，，且，若恒成立，則實數(shù)的取值范圍是（

）A．或 B．C．或 D．5．設函數(shù)，，若，則實數(shù)的取值范圍是（）A． B．C． D．6．設是奇函數(shù)，且在0,+∞內(nèi)是增函數(shù)，又，則的解集是（

）A．或x>2 B．或C．或x>2 D．或7．不等式對所有的正實數(shù)，恒成立，則的最大值為（

）A．2 B． C． D．18．定義在上的連續(xù)函數(shù)滿足，，，，.則下列關于的命題：①恒成立；②一定是奇函數(shù)，一定是偶函數(shù)；③；④一定是周期函數(shù).其中真命題的個數(shù)為A．4 B．3 C．2 D．1二、多選題9．已知冪函數(shù)的圖象經(jīng)過點，若ft+1=3，則（

）A． B．的圖象經(jīng)過點C．是增函數(shù) D．10．在平面直角坐標系中，若角的頂點為坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊經(jīng)過點，則（

）A． B． C． D．211．已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，當時，，則下列正確的是（

）A．當時，B．C．不等式的解集為D．函數(shù)的圖象與軸有4個不同的交點，則第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明三、填空題12．已知，則=13．若函數(shù)的最小值為，則實數(shù)的取值范圍為.14．若存在實數(shù)，對任意的，不等式恒成立.則正數(shù)的取值范圍是.四、解答題15．用符號“”與“”表示下列含有量詞的命題,并判斷真假：(1)任意實數(shù)的平方大于或等于0；(2)對任意實數(shù)a，二次函數(shù)的圖象關于y軸對稱；(3)存在整數(shù)x，y，使得；(4)存在一個無理數(shù)，它的立方是有理數(shù).16．設，解關于的不等式.17．已知函數(shù)的定義域為，對任意的，，都有.當時，.(1)求的值，并證明：當時，；(2)判斷的單調性，并證明你的結論；(3)若，求不等式的解集.18．某大學畢業(yè)生團隊主動創(chuàng)業(yè)，計劃銷售輕食，每個月的店租和水電等成本為2萬元，且每銷售1份輕食，成本為5元.已知該團隊輕食的月銷售量為萬份，該團隊每個月保底能夠銷售5000份輕食，且當時，月銷售收入為萬元；當時，月銷售收入為萬元.(1)求該團隊的月銷售利潤（萬元）與月銷售量為x（萬份）之間的函數(shù)解析式；(2)當月銷售量為何值時，該團隊的月銷售利潤最??？最小利潤為多少萬元？19．若函數(shù)滿足：對于任意正數(shù)，，都有，，且，則稱函數(shù)為“速增函數(shù)”.（1）試判斷函數(shù)與是否是“速增函數(shù)”；（2）若函數(shù)為“速增函數(shù)”，求的取值范圍；（3）若函數(shù)為“速增函數(shù)”，且，求證：對任意，都有.參考答案：題號12345678910答案CADBCDDBBCDBD題號11答案ACD1．C【分析】利用函數(shù)有意義，列出不等式求解得定義域.【解析】函數(shù)有意義，則，解得且，所以原不等式的定義域為.故選：C2．A【分析】利用充分條件、必要條件的定義即可得出選項.【解析】，或，故是充分不必要條件.故選：A3．D【分析】先根據(jù)集合的并集結果確定出集合的關系，然后根據(jù)方程根的個數(shù)進行分類討論，由此求解出的取值范圍.【解析】因為，所以，當時，滿足，此時，所以；當時，此時，即或，若方程有兩個相同的實數(shù)根，則，所以；當時，，此時滿足，當時，，此時滿足，若有兩個不同的實根，因為，所以，所以此時無解；綜上可知，的取值范圍為，故選：D.4．B【分析】利用基本不等式求出的最小值，再將不等式恒成立轉化為最值問題，解不等式可得結果.【解析】因為，，且，所以，當且僅當，即時等號成立，即的最小值為4，所以恒成立，可化為，即，解得.故選：B.5．C【分析】根據(jù)分段函數(shù)，分情況求解不等式，結合一元二次不等式的解法，可得答案.【解析】當時，由，可得，，解得，則；當時，由，可得，解得，則.綜上所述，由，解得，當x>0時，由，可得，，解得，則；當x=0時，由，可得，顯然成立，則x=0；當時，由，可得，，解得或，則.綜上所述，，解得.故選：C.6．D【分析】先判斷在的單調性，然后把原不等式轉化為：或，解不等式即可.【解析】∵是奇函數(shù)，且在0,+∞內(nèi)是增函數(shù)，所以在內(nèi)也是增函數(shù).又，∴.原不等式可化為：或解得：或，故原不等式的解集為或.故選：D【小結】解不等式的常見類型：(1)一元二次不等式用因式分解法或圖像法；(2)指對數(shù)型不等式化為同底的結構，利用單調性解不等式；(3)解抽象函數(shù)型不等式利用函數(shù)的單調性.7．D【分析】由題意可得，令，則有，，結合基本不等式求得，于是有，從而得答案.【解析】因為,為正數(shù)，所以，所以，則有，令，則，所以，當且僅當時，等號成立，所以，則，又，所以，即，所以的最小值為，所以，即的最大值為.故選：D.【小結】方法小結：對于恒成立問題，常采用參變分離法，只需求出分離后的函數(shù)(代數(shù)式)的最值即可得解.8．B【分析】合理利用賦值法，結合函數(shù)的基本性質，逐項進行判定，即可求解.【解析】由題意，令，可得，，因為，∴，所以，①正確且；由，解得或，由于，可得，又由，可得，令，則，，兩式相加可得：，所以，兩邊同時平方得，即，所以對任意都成立，從而為奇函數(shù)，又由，所以，所以為偶函數(shù)，故②正確；由于，故③正確；函數(shù)，滿足條件，但顯然它們不是周期函數(shù)，故④錯誤.故選：B.【小結】本題主要考查了抽象函數(shù)的應用，以及函數(shù)的基本性質的綜合應用，其中解答中合理利用賦值法和函數(shù)的基本性質，進行推理判定是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力.9．BCD【分析】設，根據(jù)冪函數(shù)的圖象經(jīng)過點，即可求得函數(shù)的解析式，再逐一分析判斷各選項即可得出答案.【解析】解：設，由，得，故，A錯誤；，是增函數(shù)，B，C正確；，得，D正確.故選：BCD.10．BD【分析】由三角函數(shù)定義以及誘導公式即可得解.【解析】由題意，所以或，所以.故選：BD.11．ACD【分析】函數(shù)奇偶性求出函數(shù)解析式，分段解決分段函數(shù)有關的不等式，由函數(shù)圖像找到交點為4個點的的取值范圍.【解析】當時，，由題意可知，A選項正確；由題意可知：，B選項錯誤；∵，令，則或；令，則或；∴，即或，即或，C選項正確；令，即函數(shù)的函數(shù)圖像如下：由圖像可知，當和存在4個交點時，，D選項正確.故選：ACD.【小結】方法小結，本題已知分段函數(shù)的奇偶性和其中某個區(qū)間的解析式，通過奇函數(shù)的性質可以求出整個函數(shù)的解析式，由此可以借助函數(shù)圖像來解決一些函數(shù)相關的問題.12．【分析】首先根據(jù)誘導公式化簡，再由即可得【解析】∵，則，【小結】本題主要考查了誘導公式以及同角三角函數(shù)的基本關系，屬于基礎題．13．【分析】根據(jù)分段函數(shù)解析式由二次函數(shù)單調性以及基本不等式求得兩部分取得最小值的表達式，解不等式即可得出結果.【解析】當時，關于對稱，若最小值為，可知，即可得；又當時，，當且僅當時等號成立；若最小值為可得，即，解得；綜上可知，實數(shù)的取值范圍為.故答案為：14．【分析】先化簡不等式，轉化為兩個不等式組，結合二次函數(shù)圖象與一次函數(shù)圖象分析確定滿足條件的解.【解析】存在實數(shù)，對任意的，不等式恒成立，等價于或，整理得①或②，令，，，則不等式①②等價于的圖象夾在和之間，令，解得，即，，的對稱軸為，設點關于直線的對稱點為點，則，對任意的，函數(shù)的圖象必須夾在和圖象之間，所以，即，故.故答案為：.【小結】關鍵點小結：本題考查不等式恒成立問題以及二次函數(shù)圖象性質，關鍵是把不等式恒成立轉化為函數(shù)圖象需要滿足特定條件，再結合圖象分析計算，體現(xiàn)了轉化思想和數(shù)形結合的思想.15．(1).真命題；(2),二次函數(shù)的圖象關于y軸對稱,真命題；(3)假命題；(4)，真命題.【解析】利用符號“”與“”的意義改寫，并判斷真假.【解析】(1)，是真命題；(2),二次函數(shù)的圖象關于y軸對稱,真命題，；(3)假命題,因為必為偶數(shù)；(4).真命題,例如.【小結】本題考查特稱全稱命題及其真假判斷，是基礎題.16．答案見解析【分析】討論、時，不等式的解集情況，再比較和的大小關系，從而再次細分討論即可.【解析】①當時，原不等式為，解得；②當時，原不等式為，令，解得或，（i）當時，，解不等式可得或；（ii）當時，原不等式即為，解得；（iii）當時，，解不等式可得或；綜上所述，當時，解集為，當時，解集為或，當時，解集為，當時，解集為或.17．(1)，證明見解析(2)單調遞減，證明見解析(3)答案見解析【分析】（1）令代入可得f1的值，令，可得結合已知，即可判斷其符號.（2）運用單調性定義證明，令，可得，判斷其符號即可.（3）令，可得，進而轉化為，結合單調性轉化為，分別討論、、解一元二次不等式即可.【解析】（1）因為，，都有，所以令，得，則f1=0，證明：因為時，，所以當時，，則，令，，得，所以.（2）在0,+∞上單調遞減，證明如下：不妨設，則，，令，，則，所以，即，所以在0,+∞上單調遞減；（3）因為，令，，則，由，得，即，由（2）知在0,+∞上單調遞減，所以，所以，即，則該不等式對應方程的實數(shù)根為和.當時，，不等式的解集為，當時，，不等式的解集為，當時，，不等式的解集為，綜上：當時，解集為，當時，解集為，當時，解集為.18．(1)(2)當月銷售量為萬份時，該團隊的月銷售利潤最小，為萬元.【分析】（1）依題意，由月銷售利潤=月銷售收入－店租和水電成本－輕食成本，直接寫出解析式，化簡即可；（2）由（1）中求得的解析式，分別利用函數(shù)的單調性和基本不等式，求得兩個式子的最大值，然后作比較，再取較大的值即可.【解析】（1）由題意，當時，，當時，.∴；（2）當時，，當且僅當，即時取等，當時，，因此，當月銷售量為萬份時，該團隊的月銷售利潤最小，為萬元.19．（1）是，不是；（2）；（3）證明見解析【分析】（1）根據(jù)定義進行判斷即可，利用特殊值，舉出反例；（2）根據(jù)定義可知，即對一切正數(shù)恒成立，可得，由，可得得出，最后求出的范圍；（3）根據(jù)定義，令，可知，即，故對于正整數(shù)與正數(shù)，都有，進而得出結論．【解析】（1）對于函數(shù)，當，時，，又，所以，故是“速增函數(shù)”.對于函數(shù)，當時，