【文档说明】人教版(新教材)上学期高一数学期末模拟卷03 解析版.doc，共(15)页，838.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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数学模拟试卷03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·浙江台州市·高一期中）设集合UR,{|1Axx或2}x，则UA=ð（）A．(,1)(2,)

B．[1,2]C．(,1][2,)D．(1,2)【答案】B【解析】因为UR,{|1Axx或2}x，所以UA=ð{|12}xx.故选：B2．（2020·贵州省铜仁第一中学高一期中）设函数212(2)()5(2)xxfxxxx

„，则3ff等于（）A．1B．1C．5D．5【答案】A【解析】2(3)3359351f，1(1)121f，即3(1)1fff.故选：A.3．（2020·重庆市云阳江口中学校高三月考）下列命题中正确的是（）A．

0,x，23xxB．0,1x，23loglogxxC．0,x，131log2xxD．10,3x，131log2xx【答案】B【解析】0x时，22133xxx

，∴23xx，A错；(0,1)x时，lg0x，lg3lg20，因此11lg2lg3，∴lglglg2lg3xx，即23loglogxx，B正确；13x时，13112，131log13

，即131log2xx，C错；10,3x时，112x，11331loglog13x，∴131log2xx，D错误．故选：B．4．（2020·安徽高三月考（理））函数153()sin2152xxfxx的

图象大致为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意得，15()cos215xxfxx，15()cos(2)15xxfxx51cos2()51xxxfx，则函数()fx为奇函数，排除AC；又33152cos03315f

，排除B.故选：D.5.已知2，1sincos5，则tan等于（）A.34B.34或43C.34或43D.35【答案】A【解析】∵2，1sincos5

，∴平方可得112sincos25，即12sincos025，∴sin0，cos0，∵22sincos1可得：221coscos15，解得：4cos5，或35（舍去），∴

143sin555，可得：3tan4．故选：A．6．（2020·沙坪坝区·重庆一中高三月考）设sin5a，2log3b，2314c，则（）A．acbB．bac

C．cabD．cba【答案】C【解析】由对数函数2logyx在0,单调递增的性质得：22log3log21b，由指数函数12xy在R单调递减的性质得：2413311142212c，由三角函数siny

x在0,2上单调递增的性质得1sinsin562a.所以cab.故选：C.7．（2020·陕西省定边中学高三月考（文））已知225sinsin240，在第二象限内，那么cos2的值等于（）A．35B

．35C．35-D．以上都不对【答案】A【解析】Q在第二象限内，sin0，cos0，由225sinsin240得：25sin24sin10，解得：24sin25，27cos1sin25，即272cos1225，29cos225

，Q在第二象限内，2为第一或第三象限角，3cos25.故选：A.8．（2020·河北高二学业考试）关于函数1sin1sin2cosfxxxx，π,πx，有以下四

个结论：①fx是偶函数②fx在π,0是增函数，在0,π是减函数③fx有且仅有1个零点④fx的最小值是1，最大值是3其中正确结论的个数是（）．A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】函数221sin1sin2coscos2coscos11fxxxx

xxx，22cos2coscos2cosxxfxfxxx，故fx是偶函数，①正确；令costx在π,0是增函数，在0,π是减函数，22211yftttt在1,1t上递增，根据复合函数单调性可知fx在

π,0是增函数，在0,π是减函数，②正确；211yftt，1,1t，则1t时，最小值为-1，1t时，最大值为3，④正确；令2110ftt得0t或2t（舍去），即cos0tx，则2()2xkkZ，fx有无数个零

点，故③错误.所以有3个正确结论.故选：C.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·湖北高三学业考试）下列函数中最小正周期为的是（）A．si

n2yxB．cos2yxC．tan2yxD．sinyx【答案】ABD【解析】对于A，22T，故A正确；对于B，22T，故B正确；对于C，2T，故C不正确；对于D，因为|sin|yx的图象是由sinyx的图象进行翻折变换得到的，所以|sin|yx的最小正周期

为.故D正确.故选：ABD10．（2020·广东肇庆市·高三月考）如图是函数()sin()0,||2fxx的部分图象，下列选项正确的是（）A．()sin23fxxB．

()sin43fxxC．06fD．213f【答案】AC【解析】由图知30sin2f，因为||2，所以3，所以()sin3fxx

，因为sin0333f，所以233kkZ，解得：46kkZ，因为23T，所以03，所以1k时2，可得()sin23fxx

，故选项A正确，选项B不正确，sin2sin00663f，故选项C正确；243sinsin33332f，故选项D不正确，故选：AC11．（2020·湖南高三月考

）设0.3log0.5a，4log0.5b，则下列结论正确的是（）A．0abB．0abC．21abaD．22116ab【答案】ABD【解析】因为0.30.3log0.5log1a，44log0.5log1b，所以0a，0b，所以A正确；因

为0.50.50.50.511log0.3log4log1.2log10ab，即0abab，又0ab，所以0ab，B正确；又0.51log0.31a，41log0.52b，所以111122baa，从而2(1)aba，C

错误；又2260.50.522221110log0.3log44loglog263ab，可知D正确.综上，A，B，D正确，C错误.故选：ABD12．（2020·河北石家庄市·辛集中学高一期中）已知函数2()2fxxaxa在区间,1上有最小值，则函数

()()fxgxx在区间1,上一定（）A．是奇函数B．是增函数C．无最值D．有最大值【答案】BC【解析】函数2()2fxxaxa在区间(,1)上有最小值，函数2()2fxxaxa的对称轴应当位于区间(,1)内，有1a，则()()2fxagxxaxx

，当0a时，()2agxxax在区间(1,)上为增函数，此时，gxg（1）10a；当0a时，()gxx在区间(1,)上为增函数，此时，gxg（1）10；当01a时，()2agxxax，根据对勾函数的

性质，其在(,)a上单调递增，()gx在(1,)上单调递增，此时()gxg（1）1a；综上，()gx在区间(1,)上单调递增，并且(1,)是开区间，所以函数在(1,)上没有最值，故选：BC

.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·江苏南通市·高三期中）已知函数3,0,0xxfxfxx，则3log2f________.【答案】12【解析】由对数函数性质知333log1log

2log3，即30log21，则3log20故331log2log21331log2log23322ff.故答案为：12.14．（2020·浙江杭州市·高一期末）函数

sinfxx的部分图象如图所示，则fx的单调递增区间为___________．【答案】37[2,2],44kkkZ【解析】由图象知：22||T，15()()044ff，∴fx的单调递增区间为37[2,2],

44kkkZ，故答案为：37[2,2],44kkkZ15．（2020·衡阳市船山英文学校高三月考）已知为锐角，角的终边经过点(1,2)，2sin()2，则tan________.【答案】3【解析

】因为角的终边过点()1,2，不妨设为锐角，则tan2，25sin5.因为2sin()sin2，又因为为锐角，所以2，所以tan()1.所以tan()tantantan[()]31t

an()tan.故答案为：316．（2019·西安市铁一中学高一月考）设函数()fx是定义在R上的偶函数，且对任意的xR恒有11fxfx，已知当0,1

x时，11()2xfx，则下列命题：①对任意xR，都有2fxfx；②函数()fx在1,2上递减，在2,3上递增；③函数()fx的最大值是1，最小值是0；④当3,4x时，31()2xfx

.其中正确命题的序号有_________.【答案】①②④.【解析】由题意，函数fx对任意的xR恒有11fxfx，可得2[(1)1][(1)1]fxffxfxfx，所以①正确；由0,1x时，11()2xf

x为单调递增函数，因为函数fx是定义在R上的偶函数，可得1,0x时，函数()fx为单调递减函数，又由函数的周期为2，可得函数()fx在1,2上递减，在2,3上递增，所以②正确；由②可得，当2x时，函数取得最小值，最小值为1202ff；当3x时

，函数取得最大值，最大值为311ff，根据函数的周期性，可得函数的最大值为1，最小值为12，所以③不正确；当3,4x时，则4(0,1)x，可得1(4)3114(2)()()()22x

xfxfxfxfx，所以④正确.故答案为：①②④.四、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·河北沧州市·高二期中）已知:p2log(1)1x，:q2221xxa

(0a)（1）当2a时，若p和q均为真命题，求x的取值范围：（2）若p和q的充分不必要条件，求a的取值范围．【答案】（1）[2,3)；（2）[2,)．【解析】对于命题:p因为2log(1)1x，所以20log(1)1x，解得23x，对于命题:q因为2221xxa

，所以22210xxa解得11axa，（1）当2a时，:13qx因为p和q均为真命题，所以2313xx，解得23x，故x的取值范围为[2,3)；（2）因为p是q的充分不必要条件，所以[2,3)(1,1)aa，

即1213aa，解得2a，故a的取值范围为[2,).结论点睛：本题考查根据充分不必要条件求参数，一般可根据如下规则判断：（1）若p是q的必要不充分条件，则q对应集合是p对应集合的真子集

；（2）若p是q的充分不必要条件，则p对应集合是q对应集合的真子集；（3）若p是q的充分必要条件，则p对应集合与q对应集合相等；（4）若p是q的既不充分又不必要条件，则q对应的集合与p对应集合互不包含．18．（2020·上海市复兴高级中学高一期中）海事救援船对一艘失事船进行定位：

以失事船的当前位置为原点，以正北方向为y轴正方向建立平面直角坐标系（以1海里为单位长度），则救援船恰在失事船的正南方向12海里A处．如图，现假设：①失事船的移动路径可视为抛物线21249yx；②定位后救援船即刻

沿直线匀速前往救援；③救援船出发t小时后，失事船所在位置的横坐标为7t．（1）当0.5t时，写出失事船所在位置P的纵坐标．若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小；（2）问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？【答案】（1）3，949海里/时（2）25海里/时【解析】（1

）0.5t时，P的横坐标772Pxt，代入抛物线方程21249yx中，得P的纵坐标3Py,由949||2AP，得救援船速度的大小为949海里/时，两船相会.（2）设救援船的时速为v海里，经过t小时追上失事船，此时位

置为27,1(2)tt，由222(7)(1212)vttt，整理得2221144()337vtt,因为2212tt，当且仅当1t时等号成立,所以22144233725v，即25v，因此，救援船的时速至少是25

海里/时才能追上失事船.19.（2020·安徽高三月考（理））已知函数()4sin33fxx，先将()fx的图象向左平移12个单位长度后，再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数()gx的图象.（1）当2,3x

时，求函数()fx的值域；（2）求函数()gx在[0,2]上的单调递增区间.【答案】（1）23,4；（2）单调递增区间为70,18和1931,1818.【解析】（1）当2,3x

时，583,333x，3sin3,132x，()[23,4]fx.（2）由题意得，将()fx的图像向左平移12个单位长度后，得到4sin31212fxx的图像，再

将所得图像上各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到3()4sin212gxx.令32222122kxk剟，kZ，解得5474183183kkx剟，kZ，函数

()gx的单调递增区间为5474,()183183kkkZ.又[0,2]xÎ，故所求单调递增区间为70,18和1931,1818.20.（2020·甘肃省

静宁县第一中学高三月考（文））已知函数23sincos3sin2fxxxx.（1）求函数fx的单调增区间；（2）若035fx，0ππ,63x，求0cos2x的值.【答案】（1）5,1212kk

kZ；（2）33410.【解析】（1）由题意，函数23sincos3sin2fxxxxπsin23x，令π222,232kxkkZ，解得5,1212kxkkZ

，所以函数fx的单调增区间为5,1212kkkZ.（2）由035fx，可得0π3sin235x骣琪+=琪桫，因为0,63x，可得022,33x

，所以04cos235x，00cos2cos233xx00334cos2cossin2sin333310xx.21．（2020·安徽高三月考（理））已

知()fx是定义在[3,3]上的奇函数，且当[0,3]x时，()43xxfxa（a为常数）.（1）当[3,0)x时，求()fx的解析式；（2）若关于x的方程1()23xxfxm在[2,1]上有解，求实数m的取值范围.【答案】（1）11(

)34xxfx，[3,0)x；（2）17,52.【解析】（1）()fx是定义在[3,3]上的奇函数，且当[0,3]x时，()43xxfxa，00(0)4310faa，解得1a，当

[0,3]x时，()43xxfx.则当[3,0)x时，(0,3]x，11()43()43xxxxfxfx，11()34xxfx，[3,0)x.（2）由（1）知，当[2,1]x时，11()34xxfx，

1()23xxfxm可化为1112334xxxxm，整理得12223xxm.令12()223xxgx，根据指数函数的单调性可得，()gx在[2,1]是增函数.17

()52gx，又关于x的方程1()23xxfxm在[2,1]上有解，故实数m的取值范围是17,52.22．（2020·河北高二学业考试）已知函数22fxxx，24gx

axa．（Ⅰ）解不等式fxgx；（Ⅱ）用max,pa表示p，q中的较大值，当0a时，求函数max,Hxfxgx的最小值．【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）最小值为0．【解析】（Ⅰ）由fxg

x，得22240xaxa，即220xxa．当1a时，解不等式可得：2xa≤或2x；当1a时，不等式可化为220x，显然恒成立，所以解集为R；当1a时

，解不等式可得：2x≤或2xa；综上，当1a时，不等式的解集为,22,a；当1a时，不等式的解集为R；当1a时，不等式的解集为,22,a．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，22,,22,24,2,

2xxxaHxaxaxa．当2x≤或2xa时，22Hxxx是开口向上的二次函数，且对称轴为1x，所以22Hxxx在,2上单调递减，在2,a上单调递增，又20H，2244

410Haaaaa，所以min0Hx；当22xa时，24220Hxaxaax．综上，Hx的最小值为0．