【文档说明】湖北省华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高一上学期期末模拟数学试题（二）解析【武汉专题】.pdf，共(23)页，518.824 KB，由envi的店铺上传

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华中师范大学第一附属中学高一上学期数学综合（二）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知集合1|,|1AxyxByyx，则

AB（）A.{|0}xxB.0xx且1xC.{|1}xxD.{|0}xx【答案】D【解析】【分析】根据函数定义域和值域求出,AB，从而求出交集.【详解】由函数定义域可得：0Axx，由值域可得|0Byy，故0ABxx.故选：D2.已

知1log13a且161a，则a的取值范围是（）A.0,1B.10,3C.1,13D.10,6【答案】C【解析】【分析】由对数底数的范围可确定0a且1a；根据已知不等式，结合幂函数和对数函数的单调性可得结果

.【详解】由1log13a知：0a且1a；16yx在0,上单调递增，由116611a知：01a；log01ayxa在0,上单调递减，由1log1log3aaa得：113a，即a的取值范围为1,13.故选：C.

3.已知扇形面积为8，扇形的圆心角为2rad，扇形的周长为（）A.82B.42C.8D.2【答案】A【解析】【分析】设扇形的半径为r，弧长为l，利用扇形的弧长和面积公式，求得22r，则可求出扇形的周长.【详解】解：设扇形的半径为r

，弧长为l，已知扇形的圆心角为2rad，则2lr，扇形面积11282222Slrrrr，所以扇形的周长2442282Clrr，故选：A.4.函数2()(4)ln||fxxx的图象是（）A.

B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据函数的奇偶性排除部分选项，再根据函数值的正负确定.【详解】解：222(4)ln,0()(4)ln(4)ln,0xxxfxxxxxx

，因为()()fxfx，所以()fx是偶函数，故排除AD，当0x时，令()0fx，得1x或2x，当01x或2x时，()0fx，当12x时，()0fx，故选：B5.已知为第四象限角，5cossin3，则co

s2（）A.133B.659C.133D.659【答案】D【解析】【分析】由21c2sincosossin可求得42sincos9；利用2cossin12sincos

，结合的范围可确定cossin0，由此可求得cossin；利用二倍角余弦公式和平方差公式可得cos2cossincossin，代入对应的值即可求得结果.【详解】由5cossin3得：25cossin12sincos9

，解得：42sincos9，2413cossin12sincos199；为第四象限角，cos0，sin0，13cossin3，22513

65cos2cossincossincossin339.故选：D.6.设,Rab，0ab，函数3()fxaxbx，若0fxfx恒成立，则（）A.0a，0b

B.0a，0bC.0a，0bD.0a，0b【答案】A【解析】【分析】根据函数的解析式进行分类讨论，当0x时，结合二次函数的图象和性质即可求解.【详解】因为3333(||)()()()fxfxaxbxaxbxaxxbxx

，当0x时，33(||)()()()00fxfxaxxbxx恒成立，当0x时，32(||)()222()0fxfxaxbxxaxb恒成立，则20axb恒成

立，因为0ab，则有0Δ40aab，故0,0ab，故选：A.7.函数()922xfxx的零点与函数()gx的零点之差的绝对值不超过14，则()gx可以是（）A.9()log(7)1gxxB.()sin(1)gxxC.14

()21xgxD.31()2gxx【答案】C【解析】【分析】先判断()fx的零点所在区间，再分别求出各个选项中函数的零点，从而求得两零点之差的绝对值的范围，由此即可判断.【详解】易知()922xfxx

在R上单调递增，又1411392230442f，009202120f，所以()fx在10,4上存在唯一零点0x，即0104x，对于A，令0gx，即9log(7)10x，解得2x，因为0104x

，所以07224x，则0724x，不满足题意，故A错误；对于B，令0gx，即sin(1)0x，解得1π,Zxkk，当0k时，1π1xk离0xx最近，但0314x，不满足题意，故B错误；对于C，令0gx，即1421

0x，解得14x，易得011044x，则01144x，满足题意，故C正确；对于D，令0gx，即3102x，解得12x，易得0111422x，则01124x，不满足题意，故D错误.故选：C.8.已知函数1Rfxxaxa，对1

,1x，不等式()()fxafx恒成立，则实数a的取值范围是（）A.(1,12)B.(12,0)C.(12,12)D.(0,12)【答案】B【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，再分析0a，0a，a

<0三种情况.【详解】因为函数fx的定义域为R，且11fxxaxxaxfx，所以fx是定义在R上的奇函数.又因为22,0,0axxxfxaxxx当0a时fx在R上单调递增，并且xax，所以()(

)fxafx，所以不成立.当0a时()()fxafx变成()()fxfx不成立.当a<0时,取=1x，则11faf即11111aaaa整理得：1111aaaa

，又因为a<0解得：120a根据排除法知B正确.故选：B二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9.已知实数,ab均不为1，且满足0ab，则下列关系式中恒

成立的是（）A.2abaB.1122ababC.44()()55abD.log1ba【答案】AB【解析】【分析】A，B选项利用基本不等式的性质即可；C选项利用函数的单调性即可；取12,2ab判断D选项即可.【详解】实数,ab均不为1，且满足0ab，所以22a

abaaababa，故A选项正确；由0ab，所以20ab，所以11022ab，所以1122ab，所以1122abab成立，故B选项正确；由函数45xy在R上单调递减，且0ab所以44()()55ab，故C选项

错误；当12,2ab时，12loglog211ba，故D选项错误；故选：AB.10.已知aZ，关于x的一元二次不等式280xxa有6个整数解，则a的可能取值有（）A.11B.12C.13D.14【答案】CD【解析】【分析】将不等式化为28axx，令28fxxx

，作出fx的图象，采用数形结合的方式确定a的取值范围，进而确定选项.【详解】由280xxa得：28axx；令2228,088,0xxxfxxxxxx，可作出fx图象如下图所示，则当1215a时，2

8axx恰有6个整数解：5,4,3,3,4,5，a可能的取值为13,14.故选：CD.11.已知,ab为正数，8abab，则下列说法正确的是（）A.log()1ababB.11ab的最小值为1C.22ab的最小值为8D.2ab的最小值为623【答案】BC

D【解析】【分析】由8abab结合基本不等式，求得ab的最大值，ab的最小值，判断选项正误.【详解】因为a，b为正数，8abab，所以82ababab，即280abab，得2ab，所以4ab，当且仅

当ab时，等号成立.同理282ababab，解得4ab，当且仅当ab时，等号成立.对于A，8log1loglog1log10abababababababab，所以log1aba

b，当2ab时，等号成立，所以A错误；对于B，11811abababab，当ab时，等号成立，所以B正确；对于C，42222282abab，当且仅当2ab时，等号成立，所以C正确；对于D，设20abt，则2atb，所以228tbbtb

b，即22180btbt，则214280tt，得26630tt，解得623t，所以D正确.故选：BCD.12.已知函数44ππcossin33fxxx在区间ππ,88ttt

R上的最大值为Mt，最小值为mt，令htMtmt，则下列结论中正确的是（）A.6π2hB.当1ht时，ππ212ktkZC.ht的最大值为1D.ht的最小值为212【答案】AD【解析】【分析】利用二倍角公式

化简可得2πcos23fxx，当πt时，根据余弦型函数值域求法可求得π,πMm，由此可得πh，知A正确；通过反例可知B错误；根据区间ππ,88tttR长度为π44T可知：当fx在ππ,88tttR上单调时，h

t最大；当π8t与π8t关于fx对称轴对称时，ht最小，根据余弦函数单调区间和对称轴的求法可确定t的范围和取值，由此确定ht的最值，知CD正误.【详解】2222ππππ2πcossincossincos233333fxxxxxx

，当ππ,88xtttR时，2π5π11π22,231212xtttR；对于A，当πt时，2π5π11π22π,2π31212x

，此时5π5ππcos2πcos1212M，11π11ππcos2πcos1212m，5π11π5π5π5ππ2π6πcoscoscossin2sin2

sin1212121212432h，A正确；对于B，若ππ212ktkZ，则2π7π13π2π,π31212xkkkZ；当0k时，2π7π13π2,31212x，

7πππππππ26coscoscoscossinsin123434344Mt，cosπ1mt，26114ht，B错误；对于C，fx最小正周期πT，πππ8844Ttt，若ht取得最大

值，则fx在ππ,88tttR上单调；令2ππ2π22π3kxkkZ，解得：5ππππ63kxkkZ，()fx\的单调递增区间为5πππ,π63kkk

Z；当5ππππππ6883kttkkZ，即17π11πππ2424ktkkZ时，ππ11π5πcos2cos2881212htftfttt5π5

π5ππ2πsin2cos22sin22sin212121243ttttπ2cos26t，17π11πππ2424ktkkZ，5

ππ3π2π22π464ktkkZ，π2cos21,62t，1,2ht；令2π2π2π2π3kxkkZ，解得：ππππ36kxkk

Z，()fx\的单调递减区间为πππ,π36kkkZ，当ππππππ3886kttkkZ，即5ππππ2424ktkkZ时，ππ5π11πcos2cos2881

212htMtmtfxfxtt5π5π5ππ2πcos2sin22sin22sin212121243tttt

，5ππππ2424ktkkZ，π2π3π2π22π434ktkkZ，2π2sin2,132t，1,2ht；综上所述：max2

ht，C错误；对于D，若ht取得最小值，则π8xt与π8xt关于fx的对称轴对称；令2π22π3xkkZ，解得：ππ3xkkZ，当πππ88π23ttkk

Z时，ππ3tkkZ，π2ππ11cos2834htMtmtfttπ21cos2π142k；令2π2π2π3xkkZ，解得：π

π6xkkZ，当πππ88π26ttkkZ时，ππ6tkkZ，π2ππ1cos21834htMtmtftt

5π2cos2π1142k；综上所述：min212ht，D正确.故选：AD.【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数值域和最值的求解问题，解题关键是能够根据余弦函数的性质，确定何种情况下ht能够取得最

值，从而结合余弦型函数单调性和对称轴的求法得到t的范围，进而确定ht的最值.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.点sin1919,cos1919A是第__________象限角终

边上的点.【答案】四【解析】【分析】确定角的象限,由三角函数符号得出点坐标的正负，从而得结论．【详解】19195360119，119是第二象限角，从而1919是第二象限角，∴sin19190，cos19190，A在第四象限，故答案为：四．14.若集合4221xxA

x，Bxxa，且2ABxx，则实数a的取值范围为__________.【答案】4,2【解析】【分析】根据指数函数单调性和分式不等式的解法可求得集合A，根据并集结果可确定a的取值范围.【详解】由4221xx得：402xx，即

42020xxx，解得：42x，42Axx；2ABxx，Bxxa，42a，即实数a的取值范围为4,2.故答案为：4,2.15.已知函数

2fxax，222log21xxgx，若对任意的12,1x，总存在21,3x，使得12fxgx成立，则实数a的取值范围为__________.【答案】2,4【解析】【分析】由恒成立和能成立的思想可将问题转化为max

maxfxgx，利用复合函数单调性的判断方法可知gx在1,3上单调递减，由此得到max12gxg；分别讨论0a、a<0和0a的情况，根据一次函数单调性确定maxfx，由max2fx可解不等式求得a

的范围.【详解】对任意的12,1x，总存在21,3x，使得12fxgx成立，maxmaxfxgx；222222133logloglog1212121xxxxxgx，3121xt

在1,3上单调递减，2logyt单调递增，gx在1,3上单调递减，2max1log42gxg；当0a时，2fx，则max2gx，满足题意；当a<0时

，fx在2,1上单调递减，max222fxfa，222a，解得：20a；当0a时，fx在2,1上单调递增，max12fxfa，22a，解得

：04a；综上所述：实数a的取值范围为2,4.故答案为：2,4.16.设fx是定义在R上的以2为周期的偶函数，fx在区间1,2上单调递增，且满足100f，2102f，则不等式组2302xfx的解集是__________.【答案】2104

,610【解析】【分析】根据奇偶性和周期性可知fx关于2x对称，则fx在2,3上单调递减；利用周期性和对称性可将02fx化为6102104ffxf，根据单调性可解得结果.【详解】fx为R上的偶函数，()fx\关于0x对称，又

fx是周期为2的周期函数，()fx\关于2x对称，101026100fff，21021042ff，3104，62107，26103，221043，由02fx得：6102104ffxf

；fx在1,2上单调递增，()fx\在2,3上单调递减，当23x时，6102104ffxf的解为2104610x，即不等式组2302xfx的解集为2104,610.故答案为：2

104,610.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数的奇偶性、周期性、对称性和单调性解不等式的问题，解题关键是能够将所求不等式转化为函数值大小关系的比较，通过将自变量转化到同一单调区间的方式，结合单调性求得结果.四、解答题（本大题共6小题，共7

2.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.设全集UR，集合401xAxx，集合22210Bxxaxa，其中aR.（1）当4a时，求UABð；（2）若Ux

Að是UxBð的充分不必要条件，求实数a的取值范围．【答案】（1）4,5（2）0,3【解析】【分析】（1）解分式不等式和一元二次不等式可分别求得集合,AB，根据补集和交集定义可求得结果；（2）解含参数的

一元二次不等式可求得集合B；根据充分不必要条件的定义可知UAðUBð，即BA，根据包含关系可构造不等式组求得结果.【小问1详解】由401xx得：410xx，解得：14x，即1,4A，

,14,UAð；当4a时，22221815350xaxaxxxx，解得：35x，即3,5B；4,5UABð.【小问2详解】由（1）知：1,4A；由2221110xaxaxaxa

得：11axa，即1,1Baa，UxAð是UxBð的充分不必要条件，UAðUBð，BA，1114aa且等号不会同时取到，解得：03a，即实数a的取值范围为0,3.18.已知函数1πcos223

fxx（1）填写下表，并用“五点法”画出()fx在0,π上的图象；π23xπ37π3x0π()fx（2）将()yfx的图象向下平移1个单位，横坐标扩大为原来的4倍，再向左平移π4个单位后，得到()gx的图

象，求()gx的对称中心．【答案】（1）答案见解析（2）π2π,112kkZ【解析】【分析】（1）用“五点法”填表并画出()fx在0,π上的图象即可；（2）根据三角函数图象平移规律可得

()gx的图象，再求()gx的对称中心可得答案．【小问1详解】π23xπ3π2π3π22π7π3x0π12π37π125π6π()fx1401201214【小问2详解】将()yfx的图象向下平移1个单位，得到1π

cos2123yx的图象，再横坐标扩大为原来的4倍，得到11πcos1223yx的图象，再向左平移π4个单位后，得到11ππ1111π()cos1cos122432224gxxx的图象，由111π

ππ2242xkkZ得π2π12xkkZ，所以()gx的对称中心为π2π,112kkZ．19.（1）求4cos403tan50的值；（2）已知π2tan3tan4

，求πcos24的值.【答案】（1）1；（2）210.【解析】【分析】（1）切化弦，通分后利用二倍角正弦公式可得2sin803sin50cos50，利用两角和差正弦公式展开sin5030，整

理化简即可得到结果；（2）利用两角和差正切公式可化简已知等式求得tan；利用两角和差余弦公式和二倍角公式可化简所求式子为正余弦齐次式的形式，代入tan即可求得结果.【详解】（1）3sin504cos40cos5

03sin504cos403tan504cos40cos50cos502sin50303sin504sin40cos403sin502sin803sin50cos50c

os50cos502sin50cos302cos50sin303sin503sin50cos503sin50cos50cos50cos501cos50；（2）πtan

12tan3tan341tan，22tan2tan3tan3，即22tan5tan32tan1tan30，解得：1tan2或tan3；πππ2cos2cos2cossin

2sincos2sin244422222222cossin2sincos21tan2tan2sincos2tan1；当1tan2时，1π224cos2

542104；当tan3时，π222cos2421010；综上所述：π2cos2410.20.2022年11月29日，神舟十五

号载人飞船搭载航天员费俊龙、邓清明、张陆飞往中国空间站，与神舟十四航天员“会师”太空.近年来，得益于我国先进的运载火箭技术，我国在航天领域取得了巨大成就.据了解，在不考虑空气阻力和地球引力的理想状态下，可以用公式0lnMvvm计算火箭的最大速度(m/s)v，其中0(m/s

)v是喷流相对速度，(kg)m是火箭(除推进剂外)的质量，(kg)M是推进剂与火箭质量的总和，Mm称为“总质比”，已知A型火箭的喷流相对速度为300m/s（1）当总质比为800时，利用给出的参考数据求A型火箭的最大速度；（2）经过材料更新和技术改进后，A型火箭的喷流相对速度提高到了原来的2倍，总

质比变为原来的12，若要使火箭的最大速度至少增加300m/s，求在材料更新和技术改进前总质比的最小整数值.(参考数据：ln8006.7，2.718e2.719.)【答案】（1）2010（m/s）；（2）11．【解析】【分析】（1）由0300v，800Mm代入已知公式计

算；（2）设材料更新和技术改进前总质比为k，列出不等式1600ln()300ln3002kk，解之可得．【小问1详解】由已知300ln8003006.72010v（m/s）；【小问2详解】设材料更新和技术改进前总质比为k，则1600ln()300ln3002kk，1l

n()14k，4ek，2.718e2.719，10.8724e10.876，所以k的最小整数值是11.21.已知函数9()log(91)(R)xfxkxk是偶函数.（1）求k的值；（2）若方程9()log13xmfx有解，求实数m的取值范围.【答案】（1）1

2（2）3,4【解析】【分析】（1）利用偶函数的性质()()fxfx，得到关于k的方程，由x的任意性可求得k的值；（2）先将问题转化为方程13133xxxm有解，再利用换元法将问题转化为ym与21gttt在0,

上有交点，从而得解.【小问1详解】因为9()log(91)(R)xfxkxk，910x在R上恒成立，所以fx的定义域为R，又因为fx是偶函数，所以Rx，有()()fxfx，即99log(91)log(91)xxkxkx对Rx恒成立，则9999

912log(91)log(91)loglog991xxxxxkxx对Rx恒成立，即(21)0xk对Rx恒成立，因为x不恒为0，所以12k.【小问2详解】由（1）得129999191()log91l

og91log9log23xxxxxfxx91log33xx，则方程9()log13xmfx有解，即方程991log3log133xxxm有解，又因为对数函数9logyx在(0,)

上单调递增，所以方程13133xxxm有解，令3xt，则0t，方程化为11mttt，即方程21mtt在0,上有解，令21gttt，则ym与gt在0,上有交点，因为gt开口向上，对称轴为12x，所以gt在10,2上单调递减，

在1,2上单调递增，则1324gtg，所以34m，即3,4m..22.已知函数()fx满足3()(3),fxfxm当[0,3]x时，2(),fxxx已知(4)18.f

函数25()log(3).51xgx（1）求实数m的值；（2）当3,6x时，求()fx的解析式；（3）设π()2sincos2,([0,])2hxxxx，若()(),fhxghx求实数的值.

【答案】（1）-12；（2）253031fxxx；（3）不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）赋值法得到3(1)(4)ffm，由(1)2f求出12m；（2）当3,6x时，

30,3x，故2(3)33fxxx，从而根据()3(3)12fxfx求出解析式；（3）求出25()log(3)51xgx定义域为0,，且()gx在0,单调递减，构造225log(5()3

)1xfxgxxxkx，结合零点存在性定理得到01,2x使得00kx，只需0hxx，先由定义域得到02，分102与122两种情况，两种情况下求出最小值，分析得到均不合题意，设这样的实

数不存在.【小问1详解】当1x时，34x，故3(1)(4)ffm，因为当[0,3]x时，2(),fxxx所以2(1)112f，故(4)6fm，因为(4)18f，所以61812m，【小问2详解】当3,6x时，30,3x，故22(3)33

56fxxxxx，又3()(3)12fxfx，故225()3(30)1213136532fxxxxxxf；【小问3详解】显然25()log(3)51xgx中由51

0x，故0x，当0x时，510x，故53051x，当0x时，511,0x，故53051x，不合要求，所以25()log(3)51xgx定义域为0,，故()2sincos20hxxx在π0,2x要恒成立，必有当0x

时，(0)0h，当π2x时，π()202h，则2，即02，2211()2sincos22sin2sin2sin22hxxxxxx，因为π0,2x，所以sin0,1x，当102时，21

1()2sin22hxx在π0,2x单调递增，故(),20,3hx当122时，211()2sin22hxx在π0,2x上先增后减，在0x或π2处取得最小值，且π00,3

,()20,32hh，max12hx，其中12为对勾函数，在1222上单调递减，在222上单调递增，又2139222224，，，故1920,324

，，综上：()0,3hx，故只需考虑()fx在[0,3]x的情况即可，因为5351xy在0,单调递减，根据复合函数的单调性得到25()log(3)51xgx在0,单调递减，又[0,3]x时，2211()24fx

xxx对称轴为12x，开口向上，故2()fxxx在[0,3]x上单调递增，当[0,3]x时，令225log(5()3)1xfxgxxxkx，其单调递增，其中2log0111174k，

2log0764272k，由零点存在性定理可知：01,2x使得00kx，又()(),fhxghx故需要满足0hxx，所以只需满足0minhxx，当102时，min0()hxx，不合要求，当122

时，令000π()22hxhx，解得：002xx，由于01,2x，故002xx无解，综上：不存在.【点睛】思路点睛：数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为

了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切

线的横坐标，端点值或极值点等.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com