2023-2024学年海南省高一上学期期末考试数学质量检测模拟试题(含解析)

一、单选题1．已知cosA．344

，且sin0，则tan（5）B．

34C．43D．

43【正确答案】A3

【分析】由已知可求出sin，进而即可得出tan的值.5【详解】因为cos

4

，且sin0，52243

所以，sin1cos1.55所以，tan故选：A.sin3

.cos42．已知aR，则“a23a40”是“a4”的（A．充分不必要条件C．充要条件【正确答案】A）B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【分析】解不等式，根据解的范围与a4的范围的大小关系，即可得出答案.【详解】解a23a40可得，1a4，显然该范围小于a4的范围.所以“a23a40”是“a4”的充分不必要条件.故选：A.∣x21,Bxy∣x,yA，则AB（3．已知集合AxZ

）A．0,1,2C．2,1,0,1,2【正确答案】DB．1,0,1,2D．1,0,1【分析】求得集合A1,0,1，结合集合交集的运算，即可求解.2

【详解】由题意，集合AxZ|x1=1,0,1，所以集合B{xy|x,yA}2,1,0,1,2，所以AB{1,0,1}.故选：D4．已知偶函数f(x)在[0,)上单调递增，且f(3)0，则f(x)0的解集是（A．{x|3x3}C．{x|x3}【正确答案】B【分析】由fxfx及函数单调性即可得到答案.【详解】偶函数f(x)在[0,)上单调递增，且f(3)0，所以fxfx0f3，B．{x|x3或x3}D．{xx3}

）x3，解得x3或x3

故f(x)0的解集是{x|x3或x3}.故选：Bx35．已知函数f(x)2x,g(x)log2xx,h(x)xx的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（）B．bca

C．cab

D．bac

A．abc【正确答案】B首先可求出c=0，再由f(x)0得2xx，由g(x)0得log2xx，将其转化为y2x、ylog2x与yx的交点，数形结合即可判断.【详解】解：由h(x)x3x0得x0，c0，由f(x)0得2xx，由g(x)0得log2xx.在同一平面直角坐标系中画出y2x、ylog2x、yx的图象，由图象知a<0，b0，acb.故选：B本题考查函数的零点，函数方程思想，对数函数、指数函数的图象的应用，属于中档题.π1

6，则sincos（6．若0,，且满足tan

2tanA．233）D．232B．±3C．33【正确答案】A【分析】由已知可推出sincos求出.1sincossin2cos21【详解】因为，tan6，tancossinsincossincos1所以，sincos.622

所以，sincossincos2sincos12

2

142

，进而可得出sincos.然后根据的范围，开方即可3614

.63π又0,，所以sincos0，2所以sincos故选：A.：白日依山尽，黄河入海流，欲穷千里目，更上一层楼.诗句不仅刻画了祖国7．王之涣《登鹳雀楼》的壮丽河山，而且揭示了“只有站得高，才能看得远”的哲理，因此成为千古名句.我们从数学角度来思考：欲穷千里目，需上几层楼？把地球看作球体，地球半径R6371km，如图，设O为地球球心，人的初始位置为点M，点N是人登高后的位置（人的高度忽略不计），按每层楼高3m计算，“欲穷千里目”即弧AM的长度为500km，则需要登上楼的层数约为（（参考数据：）423.3363715000.0785，cos0.07850.9969，6390.8）63710.9969A．5800【正确答案】CB．6000C．6600D．70000【分析】设AOM=.由已知可推得，0.0785，进而在RtOAN中，得出ON6390.8，则有MNONOM19.8，即可得出答案.【详解】设AOMAON，弧AM的长为l.由题意可得，

l5000.0785.R6371OA

，ON显然，ANOA，则在RtOAN中，有cos所以ON

OA6371

6390.8.cos0.9969所以，MNONOM6390.8637119.8.19.8103

所以，需要登上楼的层数约为6600.3故选：C.1π

8．定义在R上的奇函数f(x)满足f(2x)f(2x)，且当x[0,2]时，f(x)sinx，则方程24f(x)

A．32【正确答案】C【分析】根据奇函数的性质判断出函数的周期，利用函数的对称性、数形结合思想进行求解即可.【详解】因为f(x)是奇函数，所以由1

在[4,20]上所有根的和为（x8B．48）C．64D．80f(2x)f(2x)f(4x)f(x)f(x)f(8x)f(4x)f(x)，因此函数的周期为8，1π

当x[0,2]时，f(x)sinx，241ππ1

所以当x[2,0)时，fxfxsinxsinx，2442当x(2,4]时，由f(2x)f(2x)f(4x)f(x)，1ππ1

所以f(x)f4xsin4xsinx，24421ππ1

所以当x[4,2)时，fxfxsinxsinx，24421π1于是当xR时，f(x)sinx，该函数关于点(8,0)对称，而函数y也关于该点对称，在同24x8一直角坐标系内图象如下图所示：由数形结合思想可知：这两个函数图象有8个交点，即共有四对关于(8,0)对称的点，所以方程f(x)故选：C关键点睛：方程根的问题转化为两个函数图象交点问题是解题的关键.二、多选题9．下列命题中错误的是（）1

在[4,20]上所有根的和为42864，x8A．命题“xR,sinx1”的否定是“xR,sinx1”11

B．若幂函数的图象经过点,2，则解析式为yx38

C．若两个角的终边相同，则这两个角相等D．满足sinx

2ππ32kπkZ的x的取值集合为2kπ,332【正确答案】AC【分析】写出命题的否定，即可判断A项；待定系数法设出幂函数的解析式，代入坐标，求解，即可判断B项；取特殊值，即可说明C项；根据ysinx,x0,2π的图象，即可得出不等式在0,2π上的解集，然后根据周期性，即可得出结果.【详解】对于A项，根据全称量词命题的否定可知，命题“xR,sinx1”的否定是“xR,sinx1”，故A项错误；对于B项，设幂函数解析式为yx.11

由已知可得，223，所以31，所以，故B项正确；38

对于C项，因为420o60o360o1，所以420o和60终边相同，显然420o60o，故C项错误；对于D项，作出ysinx,x0,2π的图象.2ππ3x

的的取值集合为x|x，根据正弦函数的周期性3322ππ32kπ,kZ，故D项正确.可知，满足sinx的x的取值集合为x|2kπx332由图可知，在0,2π上，满足sinx

故选：AC.10．下列不等式中成立的是（A．tanC．cos

ππ

tan433π4πcos55

）B．sin150sin160D．sin

ππ

cos1010【正确答案】CD【分析】根据函数的单调性，即可判断A、B项；根据诱导公式将角化到同一单调区间，进而根据函数的单调性，即可判断C项；根据诱导公式化为同一三角函数，进而根据函数的单调性，即可判断D项.【详解】对于A项，因为ytanx在0,上单调递增，所以tan

2πππ

tan，故A项错误；43π

对于B项，因为ysinx在,π上单调递减，所以sin150sin160，故B项错误；2

3π4ππ

cos对于C项，因为ycosx在,π上单调递减，所以cos.255

4π3π4π4π

cos又coscos，所以cos，故C项正确；5555

对于D项，因为ysinx在0,上单调递增，所以sin

2又cos

ππ2πsin.105π2ππππ2π

cos，所以sincos，故D项正确.sin105101025

故选：CD.11．已知直线x

π

是函数f(x)sin(2x)(0π)图象的一条对称轴，则（8）π

A．fx是偶函数8

B．x3π是f(x)图象的一条对称轴8π时，函数f(x)取得最小值2C．f(x)在,上单调递减82【正确答案】AC【分析】根据x

ππ

D．当xππ为图象的对称轴，求出，从而得到48π

fxcos2x，得到A正确；整体8

法求解函数的对称轴方程，判断B选项；代入检验函数是否在,上单调递减；代入x求出282ππ



π2ππsin2，D错误.242【详解】因为直线x所以2

π

是函数f(x)sin(2x)(0π)图象的一条对称轴，8ππ

kπ，kZ，82ππ

又0π，所以，所以fxsin2x．44

ππ

fxsin2xcos2x，是偶函数，故A正确；82

令2x

ππkππkπ(kZ)，解得:x(kZ)，42283πkππ

(kZ)，而x不能满足上式，故B错误；828所以f(x)图象的对称轴方程为x

ππ5πππ

当x,时，2x,，此时函数f(x)单调递减，故C正确；42482

πππ显然函数f(x)的最小值为1，当x时，fsin2222故选：AC．12．已知10a2，10b5.则下列选项中正确的有（A．11

ab12π2，故D错误．42）1

4B．ab

22C．ab

11D．b3

a3b

【正确答案】ABD【分析】由已知可得alg20，blg50.根据不等式的性质，即可判断A项；根据基本不等式2

及其等号成立的条件即可判断B、C项；作差后，令fb12b9b1，根据二次函数的性质，得出函数的单调性.易知b

2，321

f0，即可得出D项.33【详解】由已知可得，alg20，blg50，所以ablg2lg5lg101.对于A项，因为blg5lg2a0，所以所以11

，故A正确；ab11ba0，abab对于B项，由基本不等式可知，ab≤因为a¹b，所以ab

2ab1，当且仅当ab时，等号成立.2211

，所以ab，故B项正确；422222对于C项，因为abab2ab2ab，当且仅当ab时，等号成立.2222因为a¹b，所以2ab1，所以，ab1，故C项错误；2对于D项，因为ab1，221bb12b29b1.所以3b19ab3b1932

令fb12b9b1，根据二次函数的性质可知，f(b)在,上单调递增.832b

又blg5lg42lg22a，所以有a，则1abb，所以b.22322122

又f12910，所以fbf0.33333

2所以，3b219ab0，所以3b219ab.113b219ab

因为ab0，所以有，整理可得，b3，故D项正确.

a3b3ab3ab

故选：ABD.三、填空题13．已知角的终边过点4,3，则sinπ__________.3

【正确答案】##0.653

【分析】由已知可推得sinθ，然后根据诱导公式化简，即可得出答案.5【详解】由三角函数的定义可得，sin

342323.5所以，sinπsin故答案为.3.535x5,x0

14．已知函数fx，则ff0__________.logx7,x05【正确答案】7【分析】根据分段函数求出f0log570，代入根据对数的运算性质即可得出答案.log7

【详解】由已知可得，f0log570，所以ff0flog57557.故7.x215．已知fxa2(a0,a1)过定点P，且P点在直线mxny1(m0,n0)上，则12的mn最小值=______________．【正确答案】843##438【分析】先求出定点，代入直线方程，最后利用基本不等式求解.x2【详解】fxa2(a0,a1)经过定点2,3，代入直线得2m3n1，12123n4m3n4m2m3n882843，mnmnmnmn当且仅当故843ππ

16．已知函数fx3sinx(0)在0，上单调递增，则的最大值是____.612

3n4m

时等号成立mn【正确答案】4【分析】根据正弦型函数的单调性即可求解.ππ

【详解】由函数fx3sinx(0)在区间0，上单调递增，612

πππ可得+，求得4，故的最大值为4，1262故4四、解答题1

∣2x8，全集UR∣a3x2a1，Bx17．已知集合Ax32

(1)当a1时，求ðUAB；(2)若AB，求实数a的取值范围.∣5x2}；【正确答案】(1)ðUAB{x

(2),42,1.【分析】（1）代入a1得到A，根据补集的运算求出ðUA.然后解集的运算，即可得出结果；1

2x8可求出B，进而根据交32a32a1（2）显然A成立.A时，解a35即可得出实数a的取值范围.2a13xx2或x3}.∣2x3，所以ðUA{∣【详解】（1）当a1时，Ax

由1

∣5x3.2x8以及指数函数的单调性，可解得5x3，所以Bx

32∣5x2}.所以ðUAB{x

（2）当A时，有a32a1时，即a<-4，此时满足AB；a32a1当A时，由AB得，a35，解得2a1，2a13综上，实数a的取值范围为,42,1.π

18．已知函数fxsin2x1.6

(1)求fx的对称中心和单调增区间；π5π

(2)当x,时，求函数fx的最小值和最大值.1212

πππkπ

【正确答案】(1)对称中心为,1,kZ，单调增区间为kπ,kπ,kZ；63122

(2)最小值为31，最大值0.2ππ2π

，由已知可得，X,.根据ysinX1的单调性，即可得出函数的最值.633

ππkπ

kπ,kZ，则x,kZ，6122【分析】（1）结合正弦函数的性质，整体代入即可求出函数的对称中心以及单调递增区间；（2）令X2x

【详解】（1）令2x

πkπ

所以fx的对称中心为,1,kZ.122

πππππ

由2kπ2x2kπ,kZ，解得kπxkπ,kZ，26263ππ

所以函数的单调增区间为kπ,kπ,kZ.63

π

（2）令X2x.6π5ππ2π

因为x,，所以X,，121233

π2πππ

则ysinX1在,上单调递增，在,上单调递减.2332

当X2xπππππ，即x时，函数fx有最大值为fsin10；32623

32π3ππsin，又sin，sin23233所以，当X2xπππ3ππ

，即x时，函数fx有最小值为fsin11.63122123

3所以，函数fx的最大值为0，函数fx的最小值为1.21

19．已知函数fxax，且fx为奇函数.41(1)求a的值；(2)判断函数fx的单调性并证明；(3)解不等式.f2x1fx20【正确答案】(1)a

12(2)减函数，证明见解析(3),1【分析】（1）由若f(x)在区间D(0D)上为奇函数，则f(0)0可得a的值，再由奇函数的定义检验即可.（2）由函数单调性的性质判断其单调性，再由单调性的定义法证明（任取、作差、变形、断号、写结论）即可.（3）由函数f(x)为奇函数处理原不等式得f2x1fx2，再由函数f(x)在R上单调递减，比较两个括号中式子的大小，解不等式即可.【详解】（1）∵函数的定义域为R，函数f(x)为奇函数，∴f00，则a

11

a0，得2401111

，定义域为R，检验，当a时，fxx2412x

1141

对于任意实数x，fxxx

4124124x111

所以fxfxxx0

4124121

所以当a时，fx为奇函数.2（2）由（1）知fx

11

，f(x)在R上为单调递减函数.4x12114x24x1证明：设x1x2,fx1fx2x1，414x214x114x21∵x1x2，∴04x14x2，即4x24x10，4x10，4x210

1

∴fx1fx2，即函数fx在定义域R上单调递减.（3）∵fx在R上为奇函数，f2x1fx20，∴f2x1fx2，又∵函数fx在R上单调递减，∴2x1x2，解得：x1，∴不等式的解集为,1π1sinx1sinx20．已知x,π，fx21sinx1sinx(1)若f23，求的值；32

(2)令yfxfx，求此函数的最大值．【正确答案】(1)(2)5π614【分析】（1）应用同角三角函数关系及定义域化简f(x)2tanx，结合函数值及正切函数值确定角的大小即可；（2）令ttanx(,0)，结合二次函数性质求函数的最大值.π(1sinx)2(1sinx)21sinx1sinxx,π，【详解】（1）f(x)，2tanx21sin2x1sin2xcosxcosx由f2tan

5ππ323，即tan，又,π，故.6233（2）由（1）知：y4tan2x2tanx，令ttanx(,0)，1212

所以y4t2t4(t)，4411

故，当ttanx时ymax.4421．学校鼓励学生课余时间积极参加体育锻炼，每天能用于锻炼的课余时间有60分钟，现需要制定一个课余锻炼考核评分制度，建立一个每天得分y与当天锻炼时间x（单位：分）的函数关系.要求及图示如下：（i）函数是区间0,60上的增函数；（ii）每天运动时间为0分钟时，当天得分为0分；（iii）每天运动时间为20分钟时，当天得分为3分；（iiii）每天最多得分不超过6分.现有以下三个函数模型供选择：x

①ykxb(k0)，②yk1.2xb(k0)，③yklog22n(k0).10

(1)请你根据条件及图像从中选择一个合适的函数模型，并求出函数的解析式；(2)求每天得分不少于4.5分，至少需要锻炼多少分钟.（注：21.414，结果保留整数）.x

【正确答案】(1)模型③，y3log223

10

(2)至少需要锻炼37分钟.【分析】（1）根据已知图象的增长特征，结合模型中函数所过的点，以及函数的增长速度，即可确定模型，将对应的点代入，求得参数，可得解析式，并验证，即可求解；xx

（2）由（1）得y3log223，令3log2234.5，求出x的范围，即可得出答案．1010

3

【详解】（1）解：对于模型①，ykxb(k0)，当满足同时过点0,0,20,3时，b0,k，20即y

3

x，当x60时，y96，不合题意；20由图可知，该函数的增长速度较慢，对于模型②yk1.2xb(k0)，是指数型的函数，其增长是爆炸型增长，故②不合适；x

对于模型③yklog22n(k0)，对数型的函数增长速度较慢，符合题意，故选项模型③，10

此时，所求函数过点0,0,20,3，klog22n0则，解得k3,n3，20klog2n3210x

故所求函数为y3log223，10

60

经检验，当x60时，y3log2236，符合题意10x

综上所述，函数的解析式为y3log223.10

x

（2）解：由（1）得y3log223，10

因为每天得分不少于4.5分，x5x

所以3log2234.5，即log22，101025x所以22242，即x40220401.4142036.56，10所以每天得分不少于4.5分，至少需要锻炼37分钟.2

22．已知函数gxax2ax1b(a0,b0)在区间1,2上有最大值2和最小值1.(1)求a,b的值；(2)不等式gxkx0在x1,2上恒成立，求实数k的取值范围；(3)若fx

gx1x

230有三个不同的实数解，求实数t的取值范围.且方程f21tx21xa1

【正确答案】(1)；b1

(2),222；(3)0,.【分析】（1）根据二次函数的性质，分类讨论函数的单调性，结合已知列出方程组，即可得出；x222（2）由已知可转化为k2x在x1,2上恒成立.根据基本不等式即可求出实数k的取xx值范围；x

（3）由已知可推得2x123t2x112t0有三个不同的实数解.令m21，作出2

m2x1的函数图象，可得m223tm12t0.结合函数图象，该方程一个根大于0小于1，2

一个根大于等于1.令hmm23tm12t，根据二次函数的性质与图象，即可得出不等关系，进而求出实数t的取值范围.2

【详解】（1）由已知可得gxa(x1)1ba.a1g11ba1

1,2gx当a0时，在上为增函数，所以，解得；g2a1ba2b1a1g11ba2

当a<0时，gx在1,2上为减函数，所以，解得.g2a1ba1b0a1

由于b0，所以.b1

2

（2）由（1）知gxx2x2，2

所以x22x2kx0在x1,2上恒成立，即k2xx2，因为x1,2，所以k2

x22

在x1,2上恒成立，xx222

即k2x在x1,2上恒成立，xx2

又x22，当且仅当x2时取等号.x所以k222，即k222.所以求实数k的范围为,222.212txx2123t0，f21t30（3）方程化为2x12x1x化为2x123t2x112t0，且210.2

2x

令m21，则方程化为m23tm12t0.x

作出m21的函数图象230有三个不同的实数解，因为方程f21t2x1x2

所以m23tm12t0有两个根m1,m2，且一个根大于0小于1，一个根大于等于1.设0m11m2，2

记hmm23tm12t，根据二次函数的图象与性质可得

h012t0

h012t0

，或h1t0，

h1123t12tt023t

01

2

解得t0.所以实数t的取值范围为0,.关键点点睛：根据构成复合函数的函数特性，即可得出零点的分布情况.