吉林省梅河口市博文學校2024屆高一數學第一學期期末復習檢測模擬試題含解析

吉林省梅河口市博文學校2024屆高一數學第一學期期末復習檢測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；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1．下列各式不正確的是（）A.sin(α+)=－sinα B.cos(α+)=－sinαC.sin(－α－2)=－sinα D.cos(α－)=sinα2．函數在區(qū)間上的簡圖是（）A. B.C. D.3．如圖所示，是頂角為的等腰三角形，且，則A. B.C. D.4．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5．汽車經過啟動、加速行駛、勻速行駛、減速行駛之后停車，若把這一過程中汽車的行駛路程看作時間的函數，其圖象可能是A. B.C. D.6．已知集合A={t2+s2|t，s∈Z}，且x∈A，y∈A，則下列結論正確的是Ax+y∈AB.x-y∈AC.xy∈AD.7．已知偶函數在上單調遞增，則對實數、，“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件8．已知集合，則（）A. B.C. D.R9．已知函數，則不等式的解集為（）A. B.C. D.10．設，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11．已知角的終邊經過點，則的值等于______.12．每一個聲音都是由純音合成的，純音的數學模型是函數.若的部分圖象如圖所示，則的解析式為________.13．______________14．若函數fx=-x+3,x≤2,logax,x>2（a>0且a≠1）.①若a=12，則f15．若圓上有且僅有兩個點到直線的距離等于1，則半徑R的取值范圍是_____三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16．計算下列各式（式中字母均是正數）.（1）（2）17．設函數是增函數，對于任意都有（1）寫一個滿足條件的；（2）證明是奇函數；（3）解不等式18．如圖，函數（，）的圖象與y軸交于點，最小正周期是π（1）求函數的解析式；（2）已知點，點P是函數圖象上一點，點是線段PA中點，且，求的值19．函數部分圖象如下圖所示：（1）求函數的解析式；（2）求函數的最小正周期與單調遞減區(qū)間；（3）求函數在上的值域20．我們知道，函數的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數，有同學發(fā)現可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數．已知（1）利用上述結論，證明：的圖象關于成中心對稱圖形；（2）判斷的單調性（無需證明），并解關于x的不等式21．已知函數，其中（1）判斷函數的奇偶性并證明；（2）求函數的值域

參考答案一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1、B【解析】將視為銳角，根據“奇變偶不變，符號看象限”得出答案.【詳解】將視為銳角，∵在第三象限，正弦為負值，且是的2倍為偶數，不改變三角函數的名稱，∴，A正確；∵在第四象限，余弦為正值，且是的3倍為奇數數，要改變三角函數的名稱，∴，B錯誤；∵，在第四象限，正弦為負值，且0是的0倍為偶數，不改變三角函數的名稱，∴，C正確；∵在第四象限，余弦為正值，且是的1倍為奇數，要改變三角函數的名稱，∴，D正確.故選：B.2、B【解析】分別取，代入函數中得到值，對比圖象即可利用排除法得到答案.【詳解】當時，，排除A、D；當時，，排除C.故選：B.3、C【解析】【詳解】∵是頂角為的等腰三角形，且∴∴故選C4、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5、A【解析】汽車啟動加速過程，隨時間增加路程增加的越來越快，漢使圖像是凹形，然后勻速運動，路程是均勻增加即函數圖像是直線，最后減速并停止，其路程仍在增加，只是增加的越來越慢即函數圖像是凸形．故選A考點：函數圖像的特征6、C【解析】∵集合A={t2+s2∣∣t,s∈Z}，∴1∈A，2∈A，1+2=3?A，故A“x+y∈A”錯誤；又∵1?2=?1?A，故B“x?y∈A”錯誤；又∵,故D“∈A”錯誤；對于C,由，設，且.則.且，所以.故選C.7、C【解析】直接利用充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】因為偶函數在上單調遞增，若，則，而等價于，故充分必要；故選：C8、D【解析】求出集合A，再利用并集的定義直接計算作答.【詳解】依題意，，而，所以故選：D9、D【解析】由題可得函數為偶函數，且在上為增函數，可得，然后利用余弦函數的性質即得.【詳解】∵函數，定義域為R，∴，∴函數為偶函數，且在上為增函數，，∵，∴，即，又，∴.故選：D.10、A【解析】由與互相推出的情況結合選項判斷出答案【詳解】，由可以推出，而不能推出則“”是“”的充分而不必要條件故選：A二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11、【解析】根據三角函數定義求出、的值，由此可求得的值.【詳解】由三角函數的定義可得，，因此，.故答案為：.12、【解析】結合正弦函數的性質確定參數值．【詳解】由圖可知，最小正周期，所以，所以.故答案為：．【點睛】本題考查由三角函數圖象確定其解析式，掌握正弦函數的圖象與性質是解題關鍵．13、【解析】利用指數的運算法則和對數的運算法則即求.【詳解】原式.故答案為：.14、①.-2②.1<a≤2【解析】先計算f-1的值，再計算ff-1【詳解】當a=12時，所以f-1所以ff當x≤2時，fx當x=2時，fx=-x+3取得最小值當0<a<1時，且x>2時，f(x)=log此時函數無最小值.當a>1時，且x>2時，f(x)=log要使函數有最小值，則必須滿足loga2≥1，解得故答案為：-2；1<a≤2.15、【解析】根據題意分析出直線與圓的位置關系,再求半徑的范圍.【詳解】圓心到直線的距離為2，又圓（x﹣1）2+（y+1）2＝R2上有且僅有兩個點到直線4x+3y＝11的距離等于1，滿足，即：|R﹣2|＜1，解得1＜R＜3故半徑R的取值范圍是1＜R＜3（畫圖）故答案為:【點睛】本題考查直線與圓的位置關系,考查數形結合的思想,屬于中檔題.三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16、（1）2；（2）.【解析】（1）利用對數的運算性質即得；（2）利用指數冪的運算法則運算即得.【小問1詳解】；【小問2詳解】.17、（1），（2）見解析（3）【解析】（1）滿足是增函數，對于任意都有的函數（2）利用函數的奇偶性的定義轉化求解即可（3）利用已知條件轉化不等式，通過函數的單調性轉化求解即可【小問1詳解】因為函數是增函數，對于任意都有，這樣的函數很多，其中一種為：，證明如下：函數滿足是增函數，，所以滿足題意.【小問2詳解】令，則由得，即得，故是奇函數【小問3詳解】，所以，則，因為，所以，所以，又因為函數是增函數，所以，所以或.所以的解集為：.18、（1）；（2），或.【解析】（1）根據余弦型函數的最小正周期公式，結合代入法進行求解即可；（2）根據中點坐標公式，結合余弦函數的性質進行求解即可.【小問1詳解】因為函數的最小正周期是π，，所以有，即，因為函數的圖象與y軸交于點，所以，因為，所以，即；【小問2詳解】設，即，因為點是線段PA的中點，所以有，代入，得，因為，所以，因此有，或，解得：，或.19、（1）；（2）；；（3）.【解析】（1）根據給定函數圖象依次求出，再代入作答.（2）由（1）的結論結合正弦函數的性質求解作答.（3）在的條件下，求出（1）中函數的相位范圍，再利用正弦函數的性質計算作答.【小問1詳解】觀察圖象得：，令函數周期為，則，，由得：，而，于是得，所以函數的解析式是：.【小問2詳解】由（1）知，函數的最小正周期，由解得：，所以函數的最小正周期是，單調遞減區(qū)間是.【小問3詳解】由（1）知，當時，，則當，即時，當，即時，，所以函數在上的值域是.【點睛】思路點睛：涉及求正(余)型函數在指定區(qū)間上的值域、最值問題，根據給定的自變量取值區(qū)間求出相位的范圍，再利用正(余)函數性質求解即得.20、（1）證明見解析（2）為單調遞減函數，不等式的解集見解析.【解析】（1）利用已知條件令，求出的解析式，利用奇函數的定義判斷為奇函數，即可得證；（2）由（1）得，原不等式變成，利用函數單調性化為含有參數的一元二次不等式，求解即可.【小問1詳解】證明：∵，令，∴，即，又∵，∴為奇函數，有題意可知，的圖象關于成中心對稱圖形；【小問2詳解】易知函數為單調遞增函數，且對于