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2020年高一数学上学期期末复习备考之精准复习模拟题(C卷)苏教版

2020-11-12 来源:步旅网
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2017--2018高一年级第一学期期末考试数学模拟试卷3【江苏版】

一、 填空题

1. 已知集合A1,2,则集合A的子集的个数 _________。 【答案】4

【解析】集合A={1,2}的子集分别是:φ,{1},{2},{1,2}, 共有4个, 故答案为4

2. 已知奇函数fx是R上的单调函数,若函数yfx2fkx只有一个零点,则实数k的值是 . 【答案】

1 4【解析】试题分析: 由题意得: fx2fkx只有一解,即fx2fxk, x2xk只有一解,因此14k0,k考点:函数与方程

3. 若集合Ax|x24xk0,xR 中只有一个元素,则实数k的值为_______. 【答案】4

【解析】∵x24xk0由唯一的实根, ∴164k0, 解得: k4 故答案为:4

4. 已知定义在实数集R上的奇函数fx在区间0,上是单调增函数,且f10,若flgx0,则实数x的取值范围为__________. 【答案】1. 41,110, 10【解析】∵定义在实数集R上的奇函数fx在区间0,上是单调增函数,且f10,则(的fx)图象过点, (,10)∴函数(在区间上是单调增函数,且(的图象过点, (,0)(10,)fx)fx)则flgx0的解为lgx>1 或1<lgx<0 , 即不等式的解集为1,110,, 10 ·

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故答案为1,110, 10【点睛】本题主要考查不等式的求解,灵活应用函数奇偶性和单调性的性质是解决本题的关键. 5. 如图,点是正六边形

的边上的一个动点,设

,则

的最大值为______.

【答案】2

【解析】设正六边形的边长为1,以A点为坐标原点,AB,AE方向为x,y轴正方向建立平面直角坐标系,则:围可得

的最大值为2.

,则

,逐段考查x+y在

上的取值范

6. 设函数fxln1x【答案】

1,则使得fxf2x1成立的x的取值范围为 . 1x21x1 31的定义域为R,因为fxfx,所21x1以函数fx为偶函数,当x0时, fxln1x为单调递增函数,所以根据偶函数的性21x1质可知:使得fxf2x1成立,则x2x1,解得x1.

3【解析】试题分析:由题意得,函数fxln1x考点:函数的图象与性质.

【方法点晴】本题主要考查了函数的图象与性质,解答中涉及到函数的单调性和函数的奇偶性及其简单的应用,解答中根据函数的单调性与奇偶性,结合函数的图象,把不等式fxf2x1成立,转化为x2x1,即可求解,其中得出函数的单调性是解答问题的关键,着重考查了学生转化与化归思想和推理与运算能力,属于中档试题.

7. 已知OA2, OB2,且向量OA与OB的夹角为120,又PO是________.

【答案】123,123

3,则APBP的取值范围

【解析】设向量OA+OB=OC,则由平面向量的平行四边形法则可知OC2,设OC和OP的夹角为

·

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APBPOPOAOPOBOPOPOAOBOAOBα,则α∈[0,π],所以

1323cos22123cos123,123.22点睛:(1)利用数量积解决问题的两条途径:一是根据数量积的定义,利用模与夹角直接计算;二是利用

坐标运算.

(2)利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题.

8. 设0x2,且1sin2xsinxcosx,则x的取值范围是________. 【答案】5, 445, 44【解析】由题意得, sinxcosx0 ,又因为0x2,则x的取值范围是9. 已知向量a,b,c是单位向量,且ab【答案】

1,则cacb的最小值是_____________. 233 21,则ab12【解析】向量a,b,c是单位向量,且ab12a?b3 cacb答案为

3333c·abc·ab3, cacb的最小值是3,故222233. 2【方法点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式,属于中档题.平面向量数量积公式有两种形

ba·bcos,二是a·式,一是a·bx1x2y1y2,主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角, cosa·ba·bb往往用坐标形式求解) (此时a·;(2)求投影, a 在b 上的投影是

a·bb;(3)a,b向

b0;(4)求向量manb 的模(平方后需求a·b). 量垂直则a·10. 若函数fxasinx3cosx是偶函数,则实数a . 【答案】0

【解析】试题分析:函数是偶函数fxfxasinxbcosxasinxbcosxa0 考点:函数奇偶性 11. 已知sinx【答案】

152sinxsinx,则___________. 646319 16 ·

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【解析】∵sinx1, 64∴cos1xcosxsinx

66432∴sin5xsin2xsin[x]+[1cos2x]

663321911sinx+[1cos2x1].

616344答案:

19 162

2

12. 已知函数f(x)=x+mx﹣|1﹣x|(m∈R),若f(x)在区间(﹣2,0)上有且只有1个零点,则实数m的取值范围是 . 【答案】m【解析】

试题分析::-1≤x<0时,fx2xmx1,

21或m1 2-2<x<-1时,f(x)=mx+1, ∴当x=-1时,f(-1)=1-m, 当1-m=0,即m=1时,符合题意,

当1-m>0时,f(x)在(-1,0)有零点, ∴f(-2)=-2m+1≥0,解得:m1, 2当1-m<0,在(-2,0)上,函数与x轴无交点, 故答案为:m1或m1. 2考点:函数零点的判定定理

10x,x0213. 已知函数fx{函数gxfx4fxttR,若函数gx有四个零点, ,

lgx,x0则实数t的取值范围是__________. 【答案】3,4

 ·

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【解析】作出f(x)的函数图象如图所示:

令( 则m24mt0 , fx)m,(gx)0,由图象可知当m1 时, (1 时,(fx)m有两解,当m<fx)m只有一解, 有四个零点, m24mt0 在[1上有二解, gx)(,)∴{?164t>0140 ,解得3t4 .

故答案为3,4

14. 已知函数fx1fx1,当x0,1时,fx3x11.若对任意实数x,都有

fxt成立,则实数t的取值范围 . fx【答案】(,)【解析】

4342(,) 3311试题分析:因为x0,1时,fx3x11,所当x0,时,fx3x,当x,1时,

3311fx3x2,由fx1fx1,可得fx大致图形为如图所示.若a0,则f(a)f(),

3312不满足题意,所以a0,由图中知,比D小的为C左边的区域,且不能为A点.C点为f(),此时a,

33442所以a的范围是(,)(,).

333 ·

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考点:抽象函数及其应用.

【方法点睛】本题考查了分段函数的图象与性质及其应用,以及含有参数的取值范围,关键是利用数形结合法的数学思想,属于难度较大的试题,本题中先把绝对值函数化为分段函数,再根据图象的平移得到函数的图象,观察函数的图象,即可求解a的取值范围.

二、解答题 15. 函数fxx1lg6x的定义域为A,不等式3log3x40的解集为B.

(1)分别求AB;

(2)已知集合Cx2xm,且CA,求实数m的取值范围. 【答案】(1)AB0,6(2),6

4【解析】试题分析:(1)由条件可得A1,6,B=0,33,所以AB0,6;(2)分C和C两种情况求解,可得m6。

试题解析:

(1)要使函数fx有意义,需满足{解得1x6,

∴函数fx的定义域A1,6; 由3log3x40,得log3x解得0x3.

43x10,

6x04, 343∴不等式3log3x40的解集B=0,3.

所以AB0,6.

·

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(2)①当m2时, C,满足CA; ②当m2时, C, 由CA,得{综上m6。

∴实数m的取值范围为,6.

16. 在平面直角坐标平面内,已知A0,5,B1,3,C3,t. (1)若t1,求证: ABC为直角三角形; (2)求实数t的值,使ABAC最小;

(3)若存在实数,使ABAC,求实数、t的值.

m2m6 ,解得2m6。

1【答案】(1) 详见解析;(2)7;(3) 3.

t11【解析】试题分析:

(1)利用题意由数量积为0可得ABC为直角三角形; (2)求得ABAC4t7,结合二次函数的性质可得t7时, ABAC的最小值为2.

21(3)利用题意列出方程组,求解方程组可得3

t11试题解析:

(1)当t1时, C3,1, 则

AB1,2,BC4,2

ABBC14220

ABBC,即ABC为直角三角形. (2) AB1,2,AC3,t5

ABAC1,23,t52,t7 ABAC4t7 当t7时, ABAC的最小值为2.

2 ·

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113(3)由ABAC得, 1,23,t5 , 3

2t5t1117. 已知角的张终边经过点Pm,22, sin(1)求m的值;

22且为第二象限. 3sincos3sinsin2(2)若tan2,求的值.

coscos3sinsin【答案】(1)m1;(2)2. 11【解析】试题分析:(1)由三角函数的定义可得sin2222,解得m1,又为第二象

23m8tan22简,化

限角,所以

m1。(2)由(1)可得

cos2coscosin试题解析:

sin3sintan3tan,代入tan,tan的值可得结果。 s3sinsin13tantan(1)由三角函数定义可知sin解得m1

为第二象限角, m1.

(2)由1知tan22, 2222,

23m8sincos3sinsin2

coscos3sinsinsincos3cossin

coscos3sinsintan3tan

13tantan ·

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223212232

2 11中,点是圆:

与轴正半轴的交点,半径OA在轴的上方,

18. 如图,在平面直角坐标系

现将半径OA绕原点O逆时针旋转得到半径OB.设(),.

(1)若,求点的坐标;

(2)求函数的最小值,并求此时的值.

【答案】(1)【解析】试题分析:

(1)由题意结合三角函数的定义可得

(2)

,函数

取最小值

.

(2)求得函数的解析式试题解析:

解:(1)因点是圆:

,结合三角函数的性质可得时,函数取最小值.

与轴正半轴的交点,又,

且半径OA绕原点O逆时针旋转得到半径OB,

所以,

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由三角函数的定义,得,,

解得,,所以.

(2)依题意,,,,

所以,

所以,

因,,

所以当时,即,函数取最小值.

19. 某校一个校园景观的主题为“托起明天的太阳”,其主体是一个半径为5米的球体,需设计一个透明的支撑物将其托起,该支撑物为等边圆柱形的侧面,厚度忽略不计.轴截面如图所示,设底面直径和高相等的圆柱叫做等边圆柱.) (1)用表示圆柱的高;

(2)实践表明,当球心和圆柱底面圆周上的点的距离达到最大时,景观的观赏效 果最佳,求此时的值.

.(注:

【答案】(1)

(2)当

时,观赏效果最佳.

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【解析】试题分析:

(1)做出辅助线,结合图形的特点可得

(2)结合余弦定理可得试题解析:

结合三角函数的性质有当时,观赏效果最佳.

(1) 因为 所以 因为四边形 所以四边形 所以(2)由余弦定理得:

作于点,则在直角三角形中,

是等边圆柱的轴截面, 为正方形,

,……8分

因为,所以,

所以当,即时,取得最大值 ,

·

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所以当时,的最大值为.

答:当时,观赏效果最佳.

20. 已知函数fx2x图象.

a(aR)将yfx的图象向右平移两个单位,得到函数ygx的2x(1)求函数ygx的解析式;

(2)若方程fxa在x0,1上有且仅有一个实根,求a的取值范围;

(3)若函数yhx与ygx的图像关于直线y1对称,设Fxfxhx,已知

Fx23a对任意的x1,恒成立,求a的取值范围.

【答案】(1)gx2x2a2x2(2)

14a(3)a1 23x【解析】 【试题分析】(1)借助平移的知识可直接求得函数解析式;(2)先换元设2t将问题进行等价转化为t2ata0有且只有一个根,再构造二次函数kttata运用函数方程思想建立不等

2式组分析求解;(3)先依据题设条件求出函数的解析式yhx,再运用不等式恒成立求出函数

3x3a2x2的最小值: 42a解:(1) gx2x2x2

2Fxfxhx(2)设2xt,则t1,2,原方程可化为t2ata0 于是只须t2ata0在t1,2上有且仅有一个实根,

0a2 ② 法1:设kttata,对称轴t=,则k1k20 ① , 或 {a1222由①得 (12a)43a0,即(2a1)3a40,

14a 23a24a014由②得{ 无解, ,则a。

232a41112法2:由tata0 t1,2,得, ,, t1,2,

att ·

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设u1112,则u,1, u2u,记guuu, ta22则guuu在,1上是单调函数,因为故要使题设成立,

12只须g从而有

4111,即g12, 3a2a14a 23(3)设yhx的图像上一点Px,y,点Px,y关于y1的对称点为Qx,2y, 由点

在ygx的图像上,所以2y2x2a2x2,

于是y22x2a2x2 即hx22x2a2x2. Fxfxhx3x3a2x2. 42由Fx3a2,化简得

21xax设t2,t22xa,,,即t24at4a0,t2,恒成立.

42解法1:设mtt4at4a,t2,,对称轴t2a

则16a216a0③ 或

a0由③得0a1, 由④得{a1 或a1,即a0或a1

a1综上, a1.

解法2:注意到,分离参数得对任意恒成立

设,,即

可证

在2,上单调递增 mtm24

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