試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第一學期高一數學期末模擬卷第I卷（選擇題）一、單選題1．下列說法正確的是（

）A． B．C． D．2．已知實數，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．下列不等式成立的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，，則 D．若，則4．已知不等式的解集為，則不等式的解集為（

）A． B．C．或 D．或5．已知二次函數，定義滿足的x為函數的正值點，滿足的x為函數的負值點，已知集合中有該函數的兩個負值點和一個正值點，則正值點（

）A．不可能是 B．不可能是0 C．不可能是1 D．三個數都有可能6．已知函數，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．7．定義在R上的函數滿足，且當時，，若在區間上函數恰有4個不同的零點，則實數m的取值范圍為（

）A． B． C． D．8．已知，，若關于的不等式在上恒成立，則的最小值是（

）A．4 B． C．8 D．二、多選題9．下列各式一定成立的是（

）A． B．C． D．10．已知，，若函數的圖象關于對稱，且函數在上單調，則（

）A．的最小正周期為 B．C．為偶函數 D．11．設函數，則下列敘述正確的有（

）A．函數是偶函數B．函數在上單調遞減C．當函數的值域為時，其定義域是D．函數有兩個零點1和第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明三、填空題12．已知角終邊經過點，則．13．若命題：“，”為假命題，則實數a的取值范圍為.14．已知函數，若關于的方程有5個不同的實數根，則的取值范圍為?四、解答題15．已知集合，集合.(1)當時，求；(2)若，求的取值范圍．16．已知．(1)證明．(2)若，求的最小值．17．已知函數在區間上的最大值為6.(1)求常數的值；(2)當時，求函數的最小值，以及相應的集合.18．若函數的定義域為，且對任意，都有，則稱具有“性質”．(1)當時，判斷是否具有“性質”，并說明理由；(2)當時，證明：具有“性質”；(3)如果函數具有“性質”，求實數的取值范圍．19．已知函數，．(1)是否存在，使得？請說明理由；(2)設函數，判斷并證明在區間上的單調性；(3)設函數證明：，且，．注：函數在上單調遞增．參考答案：題號12345678910答案CCDCBDDCABCBC題號11答案ACD1．C【分析】根據元素與集合的關系判斷A、B；根據集合的性質判斷C；根據集合之間的關系判斷D；【解析】A選項，不是整數，所以，A選項錯誤；B選項，是無理數，所以，B選項錯誤；C選項，集合元素的無序性，所以C選項正確；D選項，是點集，是數集，兩者沒有包含關系，故D錯誤.故選：C2．C【分析】利用充分條件、必要條件的定義判斷即得.【解析】實數，則，當時，，因此，當時，而，則，所以“”是“”的充要條件.故選：C3．D【分析】特殊值驗證A，B；由不等式性質驗證C，D.【解析】對于A，若，則，此時不成立，故A錯誤；對于B，若，則，此時不成立，故B錯誤；對于C，因為，所以，又因為，所以，故，故C錯誤；對于D，因為，，所以，因為，，所以，所以，故D正確.故選：D4．C【分析】根據一元二次不等式的解集求出參數、的值，再利用二次不等式的解法可得出所求不等式的解集.【解析】因為不等式的解集為，所以，則方程的兩根分別為、，由韋達定理可得，解得，所以，不等式即為，解得或，因此，不等式的解集為或.故選：C.5．B【分析】根據給定條件，結合二次函數圖象性質分情況討論得解.【解析】由集合中有函數的兩個負值點和一個正值點，得或或，由，得，即，此不等式組有解，符合題意，如取，，因此可能是正值點，A錯誤；由，得，即，此不等式組有解，符合題意，如取，，因此可能是正值點，C錯誤；由，得，即，此不等式組無解，不符合題意，0不可能是正值點，B正確，D錯誤.故選：B6．D【分析】根據函數的單調性和奇偶性，把函數不等式轉化為代數不等式求解即可.【解析】因為，，所以，所以函數為偶函數；設，則，因為，所以，，，所以，即所以函數在0,+∞上單調遞增.由函數為偶函數，所以函數的圖象關于軸對稱，在上單調遞減.所以且.故選：D7．D【分析】由題可得函數的周期為2，函數與的圖象在區間上有4個交點，利用數形結合即得.【解析】因為定義在R上的函數滿足，所以，即是周期為2的函數，由，可得，因為在區間上函數恰有4個不同的零點，所以函數與的圖象在區間上有4個交點，作出函數與的大致圖象，由圖象可知，解得，即實數m的取值范圍為.故選：D.8．C【分析】結合一次函數與二次函數的圖象性質，由不等式可得兩函數有共同零點，由此得是方程的根，可得的關系，消b再利用基本不等式求解最值可得.【解析】設，又，所以在0,+∞單調遞增，當時，；當時，，由圖象開口向上，，可知方程gx=0有一正根一負根，即函數在0,+∞有且僅有一個零點，且為異號零點；由題意知，則當時，；當時，，所以是方程的根，則，即，且，所以，當且僅當，即時，等號成立，則的最小值是8，故選：C9．ABC【分析】利用根式運算法則及根式與分數指數冪互化，選出正確答案.【解析】對于A，，故A正確；對于B，，故B正確；對于C，，故C正確；對于D，當時，，故D錯誤.故選：ABC.10．BC【分析】根據題意，求得函數，結合三角函數的圖象與性質，逐項判定，即可求解.【解析】由題設的圖象關于對稱，可得，所以，由，，可得，又由函數在上單調，所以，解得，當時，，此時，可得的最小正周期為，所以A不正確；由，所以B正確；由，所以C正確；由，所以D錯誤．故選：BC.11．ACD【分析】根據函數的奇偶性的定義判斷A；當時，，結合反比例函數的性質可判斷B；分和兩種情況求解判斷CD.【解析】函數，定義域為，，則函數是偶函數，故A正確；當時，，在上單調遞增，故B錯誤；對于C，函數的值域為時，若，由于函數在上單調遞增，則，解得；若，由于函數fx=1x則，解得，所以當函數的值域為時，其定義域是，故C正確；對于D，令，即，當時，，解得；當時，，解得，所以函數有兩個零點1和，故D正確.故選：ACD.12．/【分析】利用三角函數的定義可求得的值.【解析】因為角終邊經過點，則.故答案為：.13．【分析】分析可知命題“”為真命題，對實數的取值進行分類討論，再根據二次不等式恒成立即可求解.【解析】由題意可知，題“”為真命題，當時，由可得，不符合題意，當時，根據題意知不等式恒成立則，解之可得.故答案為：14．【分析】由方程可得或，將方程有5個不等的實數根等價于與的圖象與直線和共有五個交點，再作出的圖象，數形結合求出的范圍.【解析】當時，在上單調遞增，函數值集合為，在上單調遞減，函數值集合為，當時，在上單調遞增，函數值集合為，函數的圖象如下：

方程化為，解得或，方程有5個不等的實數根，等價于與的圖象與直線和共有五個交點，而，因此或，解得或，所以的取值范圍為.故答案為：【小結】思路小結：涉及給定函數零點個數求參數范圍問題，可以通過分離參數，等價轉化為直線與函數圖象交點個數，數形結合推理作答.15．(1)，；(2).【分析】（1）將代入集合，然后在計算；（2）由，從而由包含關系求參數的取值范圍.【解析】（1）當時，，又，所以或，所以，.（2）（2）因為，所以，①當，即時，，滿足．②當時，由得，解得，綜合①②可知的取值范圍．16．(1)證明見解析(2)．【分析】(1)通過作差法判斷即可；（2）由．結合基本不等式即可求解.【解析】（1）證明：因為，所以，，則，從而．（2）解：因為，所以．．因為，所以，當且僅當，時，等號成立，故的最小值為．17．(1)；(2)2，【分析】（1）化簡，由，求得范圍，即可求解；（2）由（1），令，求解即可.【解析】（1），，，.所以函數的最大值為，，.（2）由（1）得，當x∈R時，函數的最小值為2，此時，解得，即時取最小值.18．(1)不具有，理由見解析(2)證明見解析(3)或【分析】（1）取驗證即可判斷；（2）通過，轉換成證明恒成立即可.（3）通過對任意恒成立，討論三種情況即可.【解析】（1）當時，，則不具有“性質”．（2）若要證具有“性質”，則只需要證成立即可，又，則，恒成立，則具有“性質”．（3）由題意知，則對任意恒成立，當時，成立，當時不成立，當時，或．19．(1)存在，理由見解析；(2)單調遞減，證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）求出，求出方程的解即可.（2）求出函數，判斷單調性并利用函數單調性定義推理得證.（3）求出分段函數，再按分段推理論證不等式即可.【解析】（1）函數，，由，得，解得，所以存在x∈R，使得