【文档说明】人教版(新教材)上学期高一数学期末模拟卷02 解析版.doc，共(15)页，805.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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数学模拟试卷02第I卷选择题部分（共60分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（2020·河北高二学业考试）已知集合012M,,，1,2N，则MN（）．A．1,2B．0C．0,1,2D．0,

1【答案】C【解析】由并集定义可得：0,1,2MN.故选：C.2．（2019·浙江高二学业考试）已知a，b是实数，则“ab”是“22ab”的（）．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要

条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】若ab，则abb，即ab，故22ab.取1,2ab，此时22ab，但ab，故22ab推不出ab，故选：A.3．（2020·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三开学考试（理））设2313a，532b，21log3c

，则（）A．bacB．abcC．cabD．bca【答案】C【解析】203110133，503221，221loglog103，∴cab.故选：C4．（2

020·江苏南通市·高三期中）已知角的终边经过点3,4P，则πcos24（）A．31250B．31250C．17250D．17250【答案】A【解析】角的终边经过点3,4P，22345OP，由三角函数的定义知：3cos

5，4sin5=，2237cos22cos121525，4324sin22sincos25525，22312π724cos2cos2cossin2sin44425225250.故选：A.5．（2

020·浙江高一期末）对于函数12sin3()42fxxxR，有以下四种说法：①函数的最小值是32②图象的对称轴是直线()312kxkZ③图象的对称中心为,0()312kkZ④函数在区间7,123

上单调递增．其中正确的说法的个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】A【解析】函数12sin3()42fxxxR，当3=42x时，即=12x，函数fx取得最小值为132122，故①正确；当342xk

时，即=,123kxkZ，函数fx的图象的对称轴是直线=,123kxkZ，故②错误；当34xk时，即,123kxkZ，函数fx的图象的对称中心为1,,1232

kkZ，故③错误；当3232242kxk，即2523,123123kkxkZ，函数fx的递增区间为252,,123123kkkZ，当1k

时，fx的递增区间为7,124，故④错误.故选：A6．（2020·山西吕梁市·高三期中（文））已知函数2,0()()21,0xeaxfxaRxx„，若函数()fx在R上有两个零点，则

a的取值范围是（）A．(,1)B．[2,0)C．(1,0)D．[1,0)【答案】B【解析】当0x时，()21fxx有一个零点12x，只需当0x时，20xea有一个根，利用“分离参数法”求解即可.解：因为函数2,021,0xeaxfxxx

,当0x时，()21fxx有一个零点12x，所以只需当0x时，202xxaeae即有一个根即可，因为2xye单调递增，当0x时，0,1xe，所以0,2a，即2,0a，故选：B.7．（2020·山西吕梁市·高三期中（文））函数1

()11fxx的图象与函数()2sin1(24)gxxx剟的图象所有交点的横坐标之和等于（）A．8B．6C．4D．2【答案】A【解析】由函数图象的平移可知，函数1()11fxx与函数()2sin1gxx的图象都关于(1,1)M对称.作出函数的图象如图，由图象可知交

点个数一共8个（四组，两两关于点(1,1)对称），所以所有交点的横坐标之和等于428.故选：A8．（2020·河北高二学业考试）已知函数fx是定义在R上的奇函数，当0x时，2log1fxx，则不等式2fx的解集是（）．A．3,3B．4,4C．,3

3,D．,44,【答案】A【解析】0x时，2log1fxx，fx在0,上单调递增，又fx是定义在R上的奇函数，fx在R上单调递增，易知

223log31log42f，332ff，由2fx，解得：22fx，由fx在R上单调递增，解得：33x≤≤，2fx的解集是3,3.故选：A.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符

合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.9．（2020·江苏高二单元测试）下列命题中的真命题是（）A．1,20xxRB．2,10xNxC．00,lg1xRxD．00,tan2xRx【答案

】ACD【解析】对A，1,20xxR，根据指数函数值域知A正确；对B，2,10xNx，取1x，计算知210x，B错误；对C，00,lg1xRx，取01x，计算0lg01x，故C正确；对D，tanyx的值域为R，00

,tan2xRx，故D正确；故选：ACD.10．（2020·海南高考真题）下图是函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)=（）A．πsin(3x）B．πsin(2)3xC．πcos(

26x）D．5πcos(2)6x【答案】BC【解析】由函数图像可知：22362T，则222T，所以不选A,当2536212x时，1y5322122kkZ，解得：223kkZ，即函

数的解析式为：2sin22sin2cos2sin236263yxkxxx.而5cos2cos(2)66xx故选：BC.11．（2020·重庆

高一期中）设函数2()1fxmxmx.对于任意1,3,()5mfxm恒成立，则实数x的取值范围不正确的是（）A．6,7B．1515,,22C．6,7D．1515

,22【答案】ABC【解析】根据条件可知：不等式215mxmxm对任意1,3m成立，所以216mxx对任意1,3m成立，所以261xxm对任意

1,3m成立，问题等价于2min61xxm且1,3m，所以212xx，解得：1515,22x，故选：ABC.12．（2020·江苏镇江市·高三月考）已知0a，0b，且1ab，则（）A．122abB．2abC．22l

oglog2abD．2212ab【答案】ABD【解析】因为0a，0b，且1ab，所以1211abaaa所以11222ab，故A正确；对于B：221212ababababab，所

以2ab，当且仅当12ab时取等号，故B正确；对于C：22222loglogloglog()22ababab„，当且仅当12ab时取等号；故C错误．对于D：已知0a，0b，且1ab

，所以222()22abab„，则2212ab…，当且仅当12ab时取等号；故D正确．故选：ABD第II卷非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．（2020·石家庄市第十九中学高一期中）223022738___

_____.【答案】1【解析】223022738,23393142,991144故答案为:114．（2020·上海青浦区·高三一模）圆锥底面半径为1cm，母线长为2cm，则其侧面展开图扇形的圆心角______

_____.【答案】π；【解析】因为圆锥底面半径为1cm，所以圆锥的底面周长为2cm，则其侧面展开图扇形的圆心角22，故答案为：.15．（2020·商丘市第一高级中学高一期中）设函数112,1,1xexfxxx则3fx成立的x的取

值范围为______．【答案】,9【解析】当1x时，由13xe得1ln3x，所以1x；当1x时，由213x得9x，所以19x．综上，符合题意的x的取值范围是(,9]．故答案为：(,9]

.16．（2020·上海虹口区·高三一模）已知(0,)，且有12sin2cos2，则cos___________.【答案】55【解析】2212sin2cos214sincos12sin

sin2sincos，因为(0,)，所以sin0，因此由2sin2sincossin2costan2(0,)2，而22sincos1(1)，把sin2cos代入(1)得：222154coscos1coscos55

，而(0,)2，因此5cos5.故答案为：55四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（2020·四川高三月考）已知aR，集合10Axxa

xa，函数12log23yx的定义域为B.（1）若AB，求a的取值范围；（2）若xA是xB的必要不充分条件，求a的取值范围.【答案】（1）3,32；（2）52,2.【解析】

101,Axxaxaaa令123log230023122xxx，即3,22B（1）∵AB，∴32a且21a，即3,32a；（2）由题知B是A的真子集，故2a且312a，

即52,2a.18．（2020·玉林高级中学高一期中）某医药研究所开发一种抗甲流新药，如果成年人按规定的剂量服用，据监测：服药后每毫升血液中的含药量y(微克)与时间t(小时)之间近似满足如图所示的曲线.（1）结合图，求k与a的值；（2）写出服药后y与t

之间的函数关系式()yft；（3）据进一步测定：每毫升血液中含药量不少于0.5微克时治疗疾病有效，求服药一次治疗有效的时间范围？【答案】（1）4k，3a；（2）34,01()1(),12tttftt；（3）148t剟.【解析】（1）由题意，当01t时，过点(1,4)

，代入解析式得4k；当1t时，函数的解析式为1()2tay，此时(1,4)M在曲线上，将此点的坐标代入函数解析式得114()2a，解得3a；（2）由（1）知，34,01()1(),12tttftt

；（3）由（2）知，令()0.5ft，即340.5,011()0.5,12tttt，解得148t.19．（2020·宁夏长庆高级中学高三月考（理））已知函数223cos2sincos322222xxxfx

.（1）求fx的最小正周期；（2）求fx在区间0,上的最小值及单调减区间.【答案】（1）最小正周期为2；（2）min3fx；()fx的单调递减区间为,6.【解析】(1)1cos()232sincos3222xxxfx

3cossinxx132sincos2sin223xxx.所以fx的最小正周期为2.(2)因为0,x，所以4,333x，所以当433x，即x时，函数()fx取得最

小值3.由4233x，得6x，所以函数()fx的单调递减区间为,6.20．（2019·河北师范大学附属中学高一期中）已知二次函数()fx的图象经过点4,4，方

程()0fx的解集为0,2.（1）求()fx的解析式；（2）是否存在实数,mnmn，使得()fx的定义域和值域分别为,mn和2,2mn？若存在，求出m，n的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）21()2fxxx；（2）存在；2m，0n.【解析】

（1）由已知，设()2fxaxx.因为()fx的图象经过点4,4，所以4442a，解得12a，即()fx的解析式为21()2fxxx；（2）假设满足条件实数m，n的存在，由于221111()(1)2222fxxxx，因此122n

，即14n.又()fx的图象是开口向下的抛物线，且对称轴方程1x，可知()fx在区间,mn上递增，故有()2()2fmmfnn，并注意到14mn，解得2m，0n.综上可知，假设成立，即当2m，0n时，()fx的定义域和值域分

别为,mn和2,2mn.21．（2020·山西吕梁市·高三期中（文））已知函数sin(0)3fxx，在,63上有最小值，无最大值，且满足63ff.（1）求()fx的最小正周期；（2）将函数()fx的图象向右平移

06个单位后得到函数()gx的图象，若对满足122fxgx的1x、2x有12min7xx，求的值.【答案】（1）37；（2）14.【解析】（1）由()sin,(0)3fxx

，在,63上有最小值，无最大值，可知：236T，故有012.又6x与3x在一个周期内，且63ff；4x时，函数取到最小值.2,()432kkZ故有1083k，又

因为012，所以143.所以函数()fx的最小正周期为37.（2）由122fxgx∣∣可知的12,fxgx中一个对应最大值，一个对应最小值.对于函数()fx其最大值与最

小值对应的x的距离为半个周期314.∴有12min314xx.即314714.22．（2020·安徽省蚌埠第三中学高一月考）设函数21xxatfxa（0a，且1a）是

定义域为R的奇函数.（1）求t的值；（2）若函数fx的图象过点31,2，是否存在正数1mm，使函数22logxxmgxaamfx在21,log3上的最大值为0，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2t；（2）不存在

，理由见解析.【解析】（1）∵fx是定义域为R的奇函数，∴00f，∴2t；经检验知符合题意.（2）函数fx的图象过点31,2，所以2132aa，∴2a（12a舍去），假设存在正数m，且1m符合题意，由2a得22log2222xxxxmgxm

，设22xxt，则22222222xxxxmtmt，∵21,log3x，2[2,3]x，∴38,23t，记22httmt，∵函数gx在21,log3上的最大值

为0，∴（i）若01m时，则函数22httmt在38,23有最小值为1，由于对称轴122mt，∴min31731312426hthmm，不合题意.（ii）若1m>时，

则函数220httmt在38,23上恒成立，且最大值为1，最小值大于0，①max1252512212736873241324mmmhthm，而此时7338,24823m，又

min73048hth，故gx在21,log3无意义，所以7324m应舍去；②max25252126313126mmhthmm无解，综上所述：故不存在正数m，使函数gx在21,log3上的最大值为0

．