2020-2021学年高一数学上学期期末考试仿真模拟试卷二(全国通用)解析版

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2020-2021学年高一数学上学期期末考试仿真模拟试卷二

一、单项选择题：本题共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.若集合A{2,1,0,1,2}，集合B{x|ylog2(1x)}，则AA. {2} 【答案】C

【解析】因为集合Bxylog2(1x){xx1}，集合A{2,1,0,1,2}， 所以AB{2,1,0}.故选：C.

【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及函数定义域的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

1

1

2.设alog3,b43,clog32，则a，b，c的大小关系为（ ）．

4

B（ ）

D. {2,1,0,1}

B. {1,2} C. {2,1,0}



A. c >a> b 【答案】D

B. b> a> c C. c> b> a D. b> c> a

1

1

【解析】alog3log310,b43401,0log31log32log331,

4

所以 b> c> a．故选：D

【点睛】本题考查了指数式、对数式的大小比较以及对数函数和指数函数的单调性，属于基础题. 3.若ab0，则下列不等式中不成立的是（ ） A．|a||b| 【答案】D 【解析】 因为ab0， 所以ab0，

所以ab，即ab，故A正确， 所以ab，即 a2b2，故B正确 ， 所以

2

2

B．a2b2 C．

11 ab

D．

11

 aba

1111，即，故C正确， abab


当a2,b1时，

11

，故D错误. aba

故选：D

【点睛】本题考查了不等式性质，属于基础题. 4.已知tan

14

，tan，且，(0，)，则＝ 73

A．

2357 B． C． D． 3464

【答案】B 【解析】∵tan

14

＞0，tan＜0，且，(0，)， 73

∴(0，



)，(，)， 223，)， 22

∴(

14



tantan73 ∴tan()＝1，

141tantan1()73

故

3

，所以选B． 4

【点睛】本题主要考查了三角函数给值求角,须注意角的范围,属于基础题. 5.函数f(x)e



2x

e2xlnx的部分图象大致为（ ）

A. B.


C. D.

【答案】D

【解析】根据题意，函数fx的定义域为xx0， 因为f(x)e





2x

e2xln|x|e2xe2xlnxf(x)，

所以fx为偶函数，则其图像关于y轴对称，所以排除B选项，

当x1时，fx0；当0x1时，fx0，排除A，C选项．故选：D 【点睛】本题考查函数图像的识别，考查函数奇偶性的应用，属于基础题 6. 已知方程lnx112x的实数解为x0，且x0(k，k＋1)，kN，则k＝ A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D

【解析】方程lnx112x的实数解，即为方程lnx2x110的实数解， 令函数f(x)lnx2x11，

显然函数f(x)单调递增，又f(4)ln430，f(5)ln510， 故存在x0(4，5)，使f(x0)0，故k＝4，本题选D． 【点睛】本题考查函数与方程,考查零点存在性定理,属于基础题. 7. 已知函数ycos(



355

x)，x[，t)(t＞)既有最小值也有最大值，则实数t的取值范围是 266

A．

3133

t B．t 26231355t或t D．t 2622

C．

【答案】C


【解析】三∵x[

55373

x[t)，要使原函数既有最小值也有最大，t)(t＞)，∴，

6623231133135

tt4，解得t或t，故选C． 或232262

值，则3

【点睛】本题考查三角函数的图像与性质，利用三角函数图像研究三角函数最值,属于中档题. 8.安装了某种特殊装置的容器内有细沙10cm3，容器倒置后，细沙从容器内流出，tmin后容器内剩余的细沙量为y＝101+at（单位：cm3），其中a为常数．经过4min后发现容器内还剩余5cm3的沙子，再经过xmin后，容器中的沙子剩余量为1.25cm3，则x＝（ ） A. 4 【答案】C

【解析】当t4时y5，所以51014a，即14alg5,4alg51lg

11

1ylg42

B. 6 C. 8 D. 12

111

,alg.设经过242

1

y4

ymin后，剩余沙子为10

115

，即1014ylg2104

1y14lg102

1

10

2



5，即4

12

1y4

3

1，1y3,y12.所以再经过的时间x1248.故选：C 

42

【点睛】本小题主要考查待定系数法求函数解析式以及对数运算，考查运算求解能力，属于中档题. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目

要求,全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分． 9. 已知函数f(x)sin(3x) 



的图象关于直线x对称，则（ ）

242

A. 函数fx





为奇函数 12



，上单调递增 123



B. 函数fx在

C. 若fx1fx22，则x1x2的最小值为D. 函数fx的图象向右平移【答案】AC



3



个单位长度得到函数ycos3x的图象 4


【解析】因为f(x)sin(3x)的图象关于直线x所以3



4

对称，



4





2

kkZ ，

得



4

k，kZ，因为 





2





2

，所以k0,



4

，

所以f(x)sin3x



， 4

对于A：fx确； 对于B：x正确；



sin3x124sin3x，所以12





fx为奇函数成立，故选项A正

12

3

，时，3x0,，函数fx在，上不是单调函数；故选项B不

44123123

对于C：因为fxmax1，fxmin1，又因为fx1fx22，所以x1x2的最小值为半个周期，即

21

，故选项C正确； 323

对于D：函数fx的图象向右平移



个单位长度得到 4



ysin3xsin3xsin3x，故选项D不正确；故选：AC

44

【点睛】本题主要考查了利用三角函数的对称轴求函数解析式，考查了三角函数平移变换、三角函数的周期、单调性、最值，属于中档题

1110.若，则下列关系式中一定成立的是（ ）

22

A. 3a3b

a

b

ab

B. eaeb（e2.718）

C. sincossincos（是第一象限角） D. lna1lnb1

2

2



【答案】BC

11

【解析】由知：ab，

22

ab


∴3a3b，eaeb，即A错误，B正确；

sincos2sin(



4

)且



4

b





4



3

，即1sincos2，则有4

sincos

a

sincos，故C正确；

lna21,lnb21的大小不确定，故D错误.

故选：BC

【点睛】思路点睛：注意各选项函数的形式，根据对应函数的单调性比较大小. 1、如：x3,ex单调增函数；

2、对于sincos，根据所在象限确定其范围即可应用ax的单调性判断大小；

3、由于ab无法确定a21,b21的大小，lna1,lnb1的大小也无法确定.属于基础题. 11.设a1，b1，且ab(ab)1，那么( ) A. ab有最小值2(21) C. ab有最大值322． 【答案】AD

【解析】a1，b1，

B. ab有最大值(21)2 D. ab有最小值322．

1



2



2



ab2ab，当ab时取等号， 1ab(ab)ab2ab，解得abab(21)2322，

21，

ab有最小值322；

ab(

ab2

)，当ab时取等号， 2

ab2

)(ab)， 2

1ab(ab)(

(ab)24(ab)4，

[(ab)2]28，解得ab222，即ab2(21)，

ab有最小值2(21)．故选：AD．


【点睛】本题考查了基本不等式在求最值时的应用，考查了计算能力，属于中档题．

12.定义：在平面直角坐标系xOy中，若存在常数(＞0)，使得函数yf(x)的图象向右平移

个单位长度后，恰与函数yg(x)的图象重合，则称函数yf(x)是函数yg(x)的“原形函数”．下列四个选项中，函数yf(x)是函数yg(x)的“原形函数”的是 A．f(x)x，g(x)x2x1 B．f(x)sinx，g(x)cosx C．f(x)lnx，g(x)ln【答案】AB

【解析】选项A，函数f(x)x的图象向右平移1个单位得函数g(x)x2x1的图象，函数

2

2

2

2

x1x1x D．f(x)()，g(x)2() 233

yf(x)是函数yg(x)的“原形函数”；

选项B，函数f(x)sinx的图象向右平移函数yg(x)的“原形函数”；

3

个单位得函数g(x)cosx的图象，函数yf(x)是2

选项C，函数f(x)lnx的图象向下平移ln2个单位得函数是函数yg(x)的“原形函数”；

g(x)ln

x

2的图象，函数yf(x)不

选项D，函数f(x)()的图象纵坐标扩大为原来的两倍得函数g(x)2()的图象，函数

13

x

13

x

yf(x)不是函数yg(x)的“原形函数”．故AB符合题意．

【点睛】本题考查了函数图象的变换,属于中档题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共20分． 13.下列命题中，真命题的序号_____. ①xR,sinxcosx②若p:

3；

xx0，则p:0； x1x1

③lgxlgy是xy的充要条件；

④“a2”是“函数f(x)xa在区间2,上为增函数”的充要条件. 【答案】④.


sinxcosx2sin(x)2,32，故①为假命题；

4

xx0，解得0x1 ，所以p:xx0或x1，而0的解集为对②，命题p:

x1x1

【解析】对①，



xx0或x1，故②为假命题；

对③，当x1,y0时，满足x

y，但lgxlgy不成立，故③为假命题；

对④，根据正弦定理故答案为：④.

ab

 可得，边ab是sinA>sinB的充要条件，故为真命题； sinAsinB

【点睛】本题考查了命题的真假性、充分条件与必要条件以及命题的否定，涉及三角函数的性质、分式不等式的性质、指数对数的性质以及函数的单调性逐条分析即可得出答案.属于基础题.

2

14.已知函数f(x)xx，若flog3

1

f2，则实数m的取值范围是___________. m1

8

【答案】,8

9

【解析】

xR,f(x)(x)2xx2xf(x),所以f(x)x2x为偶函数,作图如下；



由图可得flog3因此3

2

1112

f22log2332 3m1m1m1

8

m132m8

9

故答案为：,8

【点睛】本题考查根据函数图象解不等式，考查数形结合思想方法，属基础题.

89


15.已知tan2，则

1sin2cos

_______，2_______2

sincossinsincos2cos

．

5

4

sin2cos



sin2coscoscostan222

4， 【解析】

sincossincostan121

coscos

【答案】 (1). 4 (2).

1sin22cos2

22

sinsincos2cossin2sincos2cos2

sin2cos2

22tan212215coscos. 2222

sinsincos2costantan22224

22

coscoscos2

5

故答案为：4；.

4

【点睛】本题考查正弦余弦齐次分式的计算，一般利用弦化切的思想进行计算，考查计算能力，属于基础题.

16.已知函数f(x)2cosx (x[0,]) 的图象与函数g(x)3tanx的图象交于A，B两点，则

OAB（O为坐标原点）的面积为__________．

【答案】

3 2

【解析】函数y＝2cosx（x∈[0，π]）和函数y＝3tanx的图象相交于A、B两点，O为坐标原点， 由2cosx＝3tanx，可得2cos2x＝3sinx，即 2sin2x+3sinx﹣2＝0，

1

，或sinx＝﹣2（舍去），结合x∈[0，π]， 25∴x，或 x；

665∴A（，3）、B（，3），画出图象如图所示；

66

求得sinx




根据函数图象的对称性可得AB的中点C（



，0）， 2

∴△OAB的面积等于△OAC的面积加上△OCB的面积， 等于

11113•OC•|yA|OC•|yC|•OC•|yA﹣yC|••23π，故选D． 222222

【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用问题，是中档题．

四、解答题：本题共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.在①A

B=B，②AB，③B

C

U

A这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问

题中的实数a存在，求a的取值范围；若不存在，说明理由. 问题：已知集合Ax(x2)(xa)0，xR，Bx使得____成立.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】答案不唯一，具体见解析 【解析】由题意，Bx



x2

0，xR，是否存在实数a，

x2

x2

0[2,2)，A{xx2xa0,xR}

x2

当a2时，A(2,a)；当a2时，A；当a2时，A(a,2)； 选择①：ABB，则AB，

当a2时，(2,a)[2,2)，则a2，所以2a2； 当a2时，A，满足题意； 当a2时，A(a,2)，不满足题意； 则实数a的取值范围是[2,2].


选择②：AB，

当a2时，A(2,a),B[2,2)，满足题意； 当a2时，A，不满足题意；

当a2时，A(a,2)，B[2,2)，不满足题意； 则实数a的取值范围是(2,). 选择③：B

C

U

A，

当a2时，A(2,a),当a2时，A，

C

U

U

A(,2][a,)，而B[2,2)，不满足题意；

C

AR，而B[2,2)，满足题意；

当a2时，A(a,2)，

C

U

A(,a][2,)，而B[2,2)，满足题意；

则实数a的取值范围是(,2].

【点睛】本题考查了一元二次不等式及分式不等式的求解，考查了由集合间的包含关系及运算的结果求参数，属于基础题.

18.在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为O，始边为x轴的正半轴，终边经过点P（－3，m），且sin

4

． 5

（1）求实数m的值；

sin(2)cos()

（2）求3的值．

sincos22

【答案】（1）4；（2）

1

7

【解析】（1）由于角的终边经过点P3,m，且sin

4

0，所以m0，且5

sin

m9m2



422

，从而25m169m，即m216，解得m4. 5

（2）由（1）知m4,P3,4，所以cos

33

，所以

5916

sin(2)cos()sincos1

cossin7. 3

sincos22

【点睛】本小题主要考查三角函数的定义，考查诱导公式和同角三角函数的基本关系式，属于基础


题.

exaex

19.已知函数f(x)是奇函数，其中e是自然对数的底数．

2

（1）求实数a的值；

（2）若f（lgx）＋f（－1）＜0，求x的取值范围． 【答案】（1）1；（2）0,10

【解析】（1）函数fx的定义域为R，且为奇函数，所以f0

1a

0，解得a1. 2

1ex1ex1x

（2）由（1）得fxx，由于e,x都在R上递增，所以函数fxx在R

2e22e22e

上递增，根据fx为奇函数得flgxf1f1，所以lgx1，解得0x10.即不等式的解集为0,10.

【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.

20.已知a0，函数fx2asin(2x（1）求常数a,b的值； （2）设gxf(x





)2ab，当x[0,]时，5fx1. 62



2

)且lggx0，求gx的单调区间.

【答案】（1）a2,b5；（2）递增区间为(k,k递减区间为(k



6

),kZ；

,k),kZ.

63

71

]，则sin(2x)[,1]， 【解析】（1）由x[0,]，所以2x[,

266662

所以2asin(2x





6

)[2a,a]，所以fx[b,3ab]，

b5

又因为5fx1，可得，解得a2,b5.

3ab1

（2）由（1）得fx4sin(2x则gxf(x



6

)1，



2

)4sin(2x

7

)14sin(2x)1， 66


又由lggx0，可得gx1，

1

)11，即sin(2x)， 6625

,kZ， 所以2k2x2k

666

所以4sin(2x当2k





6

2x



6

2k



2

,kZ时，解得kxk



6

,kZ，

此时函数gx单调递增，即gx的递增区间为(k,k当2k



6

),kZ



2

2x



6

2k

5

,kZ时，解得kxk,kZ， 663

此时函数gx单调递减，即gx的递减区间为(k



,k),kZ.

63



【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中根据三角函数的性质，求得函数的解析式，熟练应用三角函数的性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.属于中档题. 21.已知a为常数，二次函数fxxaxa3.

2

（1）若该二次函数的图象与x轴有交点，求实数a的取值范围； （2）已知fx4，求x的取值范围；

（3）若对任意的实数x2,4，fx0恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1）,26,；（2）答案见解析；（3）,6. 【解析】（1）若该二次函数的图象与x轴有交点，则a4a30

2



∴a6a20， ∴a6或a2，

∴a的取值范围为,26,. （2）∵fxxaxa34，

2

∴x2axa10即x1xa10. 当a11即a2时，x10，解集为R； 当a11即a2时，x1或xa1， 当a11即a2时，xa1或x1. 综上，当a2时，不等式的解集为R；

2


当a2时，不等式的解集为,1a1,；

1,.

2

当a2时，不等式的解集为,a1

（3）若对任意的实数x2,4，fxxaxa30恒成立， 即ax1x3恒成立，

2



∵x2,4， ∴x11,3，



x23∴a.

x1min

设tx11,3，则xt1， ∴

x3

x1

2

t1

t

2

3

t

44

22t26. tt

当且仅当t

4

即t2取“=”，此时x3， t

x23∴a6，即a的取值范围为,6.

x1min

【点睛】此题考查一元二次不等式的解法，考查分类思想，考查一元二次不等式恒成立问题，考查基本不等式的应用，属于中档题

22.已知函数gx2ax4ax22ba0，在区间2,3上有最大值8，有最小值2，设

2

fx

gx2x

．

（1）求a,b的值； （2）不等式f2

k2

x

x

0在x1,1时恒成立，求实数k的取值范围；

2

30有三个不同的实数解，求实数k的取值范围． （3）若方程fe1kx

e1



x



【答案】（1）a1，b0；（2）k0；（3）k0 【解析】（1）gx2ax4ax22b(a0)

2

开口向上，对称轴为x1，


所以在2,3上单调递增，

因为gx在区间2,3上有最大值8，有最小值2，

8a8a22b2g22所以有，即

g3818a12a22b8

解得a1，b0

（2）gx2x4ax2，所以fx

2

gx1

x2， 2xx

x

因为x1,1，令t2,2

2

1

由不等式f(2)k20在x[1,1]时恒成立， 得ftkt0在t,2时恒成立，

xx

12



1121则t2kt，即k211 tttt

2

1111因为t,2，则,2，所以10 t22t

2

所以得k0.

x

（3）设me1，则方程f(e1)k(

x

2

3)0 x

e1

可转化为fmk

2

122

30，即m2k30

mmm

整理得m3k2m2k10

2

30要有三个不同的实数解， 根据me1的图像可知，方程fe1kx

e1

x



x



则方程m3k2m2k10

2

要有两个不同的实数根

一根在0,1之间，一根等于1，或者一根在0,1之间，一根在1,， 设hmm3k2m2k1

2


①一根在0,1之间，一根等于1时，



2k10h00



，即13k22k10， h10

3k23k2

0011

22

1

k2

解得k0，所以无解集

2

k03

②一根在0,1之间，一根在1,时，

12k0h00

，即， 

h10k0

1

k解得2，所以k0.

k0

综上所述，满足要求的k的取值范围为k0.



【点睛】本题考查根据二次函数的最值求参数的值，换元法解决不等式恒成立问题，根据函数的零点个数求参数的范围，一元二次方程根的分布，属于难题.

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