福建省泉州市松喜中學2022年高一數學文模擬試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.在等差數列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，則a2＋a8的值等于 ()A．45

B．75

C．180

D．300參考答案：C2.某學生離家去學校，由于怕遲到，所以一開始就跑步，等跑累了再走余下的路程，在下圖中縱軸表示離學校的距離，橫軸表示出發后的時間，則圖中四個圖形中較符合該學生走法的是(▲

)參考答案：B略3.已知在區間上是減函數，則的范圍是（

）

A.

B.

C.或

D.參考答案：D4.設平面向量，則：A．

B．

C．10

D．-10參考答案：A5.下列現象中，是隨機現象的有()①在一條公路上，交警記錄某一小時通過的汽車超過300輛．②若a為整數，則a＋1為整數．③發射一顆炮彈，命中目標．④檢查流水線上一件產品是合格品還是次品．A．1個B．2個C．3個D．4個參考答案：C當a為整數時，a＋1一定為整數，是必然現象，其余3個均為隨機現象．6.在△ABC中，a2＝b2＋c2－bc，則角A為

()A.

B.

C.

D.或參考答案：A7.已知函數是定義在R上的偶函數，且在(－∞,0]上是減函數，若，則實數x的取值范圍是（

）（A）(0,+∞)

（B）(0,1)

（C）(－∞,1)

（D）(－∞,0)∪(1,+∞)參考答案：B因為函數是定義在上的偶函數，在上是減函數，所以在上是增函數且,所以，解得0<x<1,故選B。

8.在平行四邊形ABCD中，F是CD邊的中點，AF與BD相交于E，則（

）A．

B．

C．

D．參考答案：A9.執行如圖的程序框圖，輸出的值是(

）A．15

B．31

C．63

D．127參考答案：C10.某程序框圖如圖所示，若該程序運行后輸出的值是，

則①處應填

A．k<3

B．k<4

C．k>3

．

D．k>4參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若，則下列不等式對一切滿足條件的恒成立的是

(寫出所有正確命題的編號)．①；

②；

③；

④；

⑤參考答案：①，③，⑤略12.某學校甲、乙兩個班各15名學生參加環保知識競賽，成績的莖葉圖如下：則這30名學生的最高成績是_______；由圖中數據可得_______班的平均成績較高．參考答案：96

乙【分析】最高成績位的“莖”最大的“葉”上的最大數，再分析兩個班的成績主要集中在哪些“莖”上，比較這些“莖”的大小即可得出結果.【詳解】由莖葉圖可知，30名學生的最高成績是96分，因為甲班的成績集中在（60，80）分，乙班的成績集中在（70，80）分，故乙班的平均成績較高。【點睛】本題主要考查對莖葉圖的理解.平均成績決定于數據的集中區域與集中程度.13.已知A=B={(x,y)︱x∈R,y∈R}，從A到B的映射，A中元素(m,n)與B中元素(4,-5)對應，則此元素為___________.

參考答案：(5,-1)或(-1,5)略14.方程在上有兩個不等的實根，則實數a的取值范圍是

。參考答案：15.△ABC中，，，則cosC=_____．參考答案：試題分析：三角形中，,由，得又,所以有正弦定理得即即A為銳角，由得，因此考點：正余弦定理16.在△ABC中，,則___________.參考答案：17.函數（且）的圖象過定點

.參考答案：(－1,0)當時，，故的圖像過定點.填.

三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知cosA＝，sinB＝cosC．(1)求tanC的值；(2)若a＝，求△ABC的面積．參考答案：（1）；（2）19.（10分）已知函數f（x）=sinx+cosx．（1）求f（x）的單調遞增區間；（2）設g（x）=f（x）cosx，x∈[0，]，求g（x）的值域．參考答案：考點： 三角函數中的恒等變換應用；正弦函數的圖象．專題： 三角函數的圖像與性質．分析： （1）首先，化簡函數解析式，然后，結合正弦函數的單調性求解；（2）化簡函數g（x）=f（x）cosx=sinxcosx+cos2x=sin（2x+）+，然后，根據x∈[0，]，求解其值域．解答： （1）f（x）=2=2sin（x+），則函數f（x）的單調增區間滿足：﹣+2kπ≤，k∈Z，∴2kπ﹣≤x≤2kπ+，∴函數f（x）的單調增區間[2kπ﹣，2kπ+]，（k∈Z）．（2）g（x）=f（x）cosx=sinxcosx+cos2x=sin2x+=sin（2x+）+，∵x∈[0，]，∴≤2x+≤，∴0≤sin（2x+）+≤，∴g（x）的值域為[0，]．點評： 本題重點考查了三角函數的圖象與性質、三角恒等變換公式、輔助角公式等知識，屬于中檔題．20.已知定義為R的函數f（x）滿足下列條件：（1）對任意的實數x，y都有：f（x+y）=f（x）+f（y）﹣1，（2）當x＞0時，f（x）＞1．（1）求f（0）；（2）求證：f（x）在R上為增函數；（3）若f（6）=7，a≤﹣3，關于x的不等式f（ax﹣2）+f（x﹣x2）＜3對任意的x∈[﹣1，+∞）恒成立，求實數a的取值范圍．參考答案：【考點】抽象函數及其應用．【專題】函數的性質及應用．【分析】（1）可在恒等式中令x=y=0，即可解出f（0）=0，（2）由題設條件對任意x1、x2在所給區間內比較f（x2）﹣f（x1）與0的大小即可；（3）由原不等式可化為：f（ax﹣2+x﹣x2）+1＜3，化為f[﹣x2+（a+1）x﹣2]＜f（1），對任意的x∈[﹣1，+∞）恒成立，然后構造函數g（x）=x2﹣（a+1）x+3，即g（x）min＞0成立即可，利用二次函數的性質，通過分類討論求解實數a的取值范圍．【解答】解：（1）由題設，令x=y=0，恒等式可變為f（0+0）=f（0）+f（0）﹣1，解得f（0）=1，（2）任取x1＜x2，則x2﹣x1＞0，由題設x＞0時，f（x）＞1，可得f（x2﹣x1）＞1，∵f（x+y）=f（x）+f（y）﹣1，∴f（x2）=f[x1+（x2﹣x1）]=f（x1）+f（x2﹣x1）﹣1＞f（x1），所以f（x）是R上增函數；（3）由已知條件有：f（ax﹣2）+f（x﹣x2）=f（ax﹣2+x﹣x2）+1故原不等式可化為：f（ax﹣2+x﹣x2）+1＜3即f[﹣x2+（a+1）x﹣2]＜2而當n∈N*時，f（n）=f（n﹣1）+f（1）﹣1=f（n﹣2）+2f（1）﹣2=f（n﹣3）+3f（1）﹣3=…=nf（1）﹣（n﹣1）所以f（6）=6f（1）﹣5，所以f（1）=2故不等式可化為f[﹣x2+（a+1）x﹣2]＜f（1）；由（2）可知f（x）在R上為增函數，所以﹣x2+（a+1）x﹣2＜1．即x2﹣（a+1）x+3＞0在x∈[﹣1，+∞）上恒成立，令g（x）=x2﹣（a+1）x+3，即g（x）min＞0成立即可（i）當＜﹣1即a＜﹣3時，g（x）在x∈[﹣1，+∞）上單調遞增則g（x）min=g（﹣1）=1+（a+1）+3＞0解得a＞﹣5，所以﹣5＜a＜﹣3，（ii）當≥﹣1即a≥﹣3時有g（x）min=g（）=（）2﹣（a+1）+3＞0解得﹣2﹣1＜a＜2﹣1而﹣3＞﹣2﹣1，所以﹣3≤a＜2﹣1…綜上所述：實數a的取值范圍是（﹣5，2﹣1）．【點評】本題考點是抽象函數及其應用，考查用賦值法求函數值，以及靈活利用所給的恒等式證明函數的單調性，此類題要求答題者有較高的數學思辨能力，能從所給的條件中組織出證明問題的組合來．21.已知二次函數g（x）=mx2﹣2mx+n+1（m＞0）在區間[0，3]上有最大值4，最小值0．（Ⅰ）求函數g（x）的解析式；（Ⅱ）設f（x）=．若f（2x）﹣k?2x≤0在x∈[﹣3，3]時恒成立，求k的取值范圍．參考答案：【考點】二次函數的性質；函數恒成立問題．【分析】（Ⅰ）由題意得方程組解出即可，（Ⅱ）將f（x）進行變形，通過換元求出函數h（t）的最值，從而求出k的值．【解答】解：（Ⅰ）∵g（x）=m（x﹣1）2﹣m+1+n∴函數g（x）的圖象的對稱軸方程為x=1∵m＞0依題意得，即，解得∴g（x）=x2﹣2x+1，（Ⅱ）∵∴，∵f（2x）﹣k?2x≤0在x∈[﹣3，3]時恒成立，即在x∈[﹣3，3]時恒成立∴在x∈[﹣3，3]時恒成立只需令，由x∈[﹣3，3]得設h（t）=t2﹣4t+1∵h（t）=t2﹣4t+1=（t﹣2）2﹣3∴函數h（x）的圖象的對稱軸方程為t=2當t=8時，取得最大值33．∴k≥h（t）max=h（8）=33∴k的取值范圍為[33，+∞）．22.（16分）已知函數f（x）=x2﹣（a+1）x+3（x∈R，a∈R）．（1）若a=1，寫出函數f（x）單調區間；（2）設函數g（x）=log2x，且x∈[，4]，若不等式f（g（x））≥恒成立，求a的取值范圍；（3）已知對任意的x∈（0，+∞）都有lnx≤x﹣1成立，試利用這個條件證明：當a∈[﹣2，]時，不等式f（x）＞ln（x﹣1）2恒成立．參考答案：考點： 利用導數求閉區間上函數的最值；函數恒成立問題；二次函數的性質．專題： 函數的性質及應用．分析： （1）原函數化簡為f（x）=（x﹣1）2+2，根據二次函數的圖象和性質即可得到單調區間；（2）先求出g（x）的值域，原不等式可化為t2﹣（a+1）t+3≥，構造函數h（t），根據二次函數的性質分類討論，求出函數h（t）的最小值，再解不等式，即可得到答案；（3）分別根據當x＞1或0＜x＜1，充分利用所給的條件，根據判別式即可證明．解答： （1）當a=1時，f（x）=x2﹣2x+3=（x﹣1）2+2，所以函數的單調減區間為（﹣∞，1），增區間為[1，+∞）．）（2）因為x∈[，4]，所以g（x）=log2x∈[﹣1，2]，設t=g（x）則∈[﹣1，2]，∴f（g（x））≥可化為t2﹣（a+1）t+3≥．令h（t）=t2﹣（a+1）t+3，其對稱軸為t=，①當≤﹣1，即a≤﹣3時，h（t）在[﹣1，2]上單調遞增，所以h（t）min=h（﹣1）=1+a+1+3=a+5，由a+5≥得a≥﹣7，所以﹣7≤a≤﹣3；

②當﹣1＜＜2即﹣3＜a＜3時，函數h（t）在（﹣1，）上遞減，在（，2）上遞增，所以h（t）min=h（）=﹣+3．由﹣+3≥，解得﹣5≤a≤1．所以﹣3＜a≤1．③當≥2，即a≥3時，函數h（t）在﹣1，2]遞減，所以h（t）min=h（2）=5﹣2a，由5﹣2a≥，得a≤，舍去．綜上：a∈[﹣7，1]．（3）?當x＞1時，ln（x﹣1）2=2ln（x﹣1），由題意x∈（0，+∞）都有lnx≤x﹣1成立，可得x＞1時，2ln（x﹣1）≤2x﹣4，∴f（x）﹣（2x﹣4）=x2﹣（a+1）x+3﹣2x+4=x2﹣（a+3）x+7，當a∈[﹣2，]時，△=（a+3）2﹣28＜0恒成立，所以f（x）﹣（2x﹣4）＞0恒成立，即f（x）