浙江省溫州市樂(lè)清雁蕩中學(xué)2021-2022學(xué)年高一數(shù)學(xué)理模擬試卷含解析一、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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.（5分）設(shè)函數(shù)f（x）=，則f（f（3））=（） A． B． 3 C． D． 參考答案：D考點(diǎn)： 函數(shù)的值．專(zhuān)題： 計(jì)算題．分析： 由條件求出f（3）=，結(jié)合函數(shù)解析式求出f（f（3））=f（）=+1，計(jì)算求得結(jié)果．解答： 函數(shù)f（x）=，則f（3）=，∴f（f（3））=f（）=+1=，故選D．點(diǎn)評(píng)： 本題主要考查利用分段函數(shù)求函數(shù)的值的方法，體現(xiàn)了分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想，求出f（3）=，是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題．2.某空間幾何體的三視圖中，有一個(gè)是正方形，則該空間幾何體不可能是（）A．圓柱 B．圓錐 C．棱錐 D．棱柱參考答案：B【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積．【分析】由于圓錐的三視圖中一定不會(huì)出現(xiàn)正方形，即可得出結(jié)論．【解答】解：圓錐的三視圖中一定不會(huì)出現(xiàn)正方形，∴該空間幾何體不可能是圓錐．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題通過(guò)幾何體的三視圖來(lái)考查體積的求法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．3.點(diǎn)P（x，y，z）關(guān)于坐標(biāo)平面xOy對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（）A．（﹣x，﹣y，z） B．（﹣x，y，z） C．（x，﹣y，z） D．（x，y，﹣z）參考答案：D【考點(diǎn)】空間中的點(diǎn)的坐標(biāo)．【專(zhuān)題】計(jì)算題；規(guī)律型；空間位置關(guān)系與距離．【分析】直接利用空間點(diǎn)的坐標(biāo)的對(duì)稱(chēng)性求解即可．【解答】解：點(diǎn)P（x，y，z）關(guān)于坐標(biāo)平面xOy對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（x，y，﹣z）．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間點(diǎn)的坐標(biāo)的對(duì)稱(chēng)性的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．4.設(shè)，，，那么（

）A.a＜b＜c

B.a＜c＜b

C.b＜a＜c

D.c＜a＜b參考答案：C5.若平面向量?jī)蓛伤傻慕窍嗟?，且，則等于（）A．2 B．5 C．2或5 D．或參考答案：C【考點(diǎn)】向量的模．【專(zhuān)題】平面向量及應(yīng)用．【分析】由題意可得每?jī)蓚€(gè)向量成的角都等于120°，或都等于0°，再由，由此分別求得、、的值，再根據(jù)==，運(yùn)算求得結(jié)果【解答】解：由于平面向量?jī)蓛伤傻慕窍嗟?，故每?jī)蓚€(gè)向量成的角都等于120°，或都等于0°，再由，①若平面向量?jī)蓛伤傻慕窍嗟?，且都等?20°，∴=1×1×cos120°=﹣，=1×3×cos120°=﹣，=1×3×cos120°=﹣．====2．②平面向量?jī)蓛伤傻慕窍嗟龋叶嫉扔?°，則=1×1=1，=1×3=3，=1×3=3，====5．綜上可得，則=2或5，故選C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查兩個(gè)向量的數(shù)量積的定義，求向量的模，體現(xiàn)了分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想，屬于基礎(chǔ)題．6.已知、、為△的三邊,且,則角等于(

)A.

B.

C.

D.參考答案：B7.如果等差數(shù)列{an}中，a3+a4+a5=12，那么a1+a2+…a7=（）A．14 B．21 C．28 D．35參考答案：C【考點(diǎn)】8F：等差數(shù)列的性質(zhì)．【分析】由等差數(shù)列的性質(zhì)和題意求出a4的值，再由等差數(shù)列的性質(zhì)化簡(jiǎn)所求的式子，把a(bǔ)4代入求值即可．【解答】解：由等差數(shù)列的性質(zhì)得，3a4=a3+a4+a5=12，解得a4=4，所以a1+a2+…a7=7a4=28，故選：C．8.（5分）設(shè)a，b，c都是正數(shù)，且3a=4b=6c，那么（） A． =+ B． =+ C． =+ D． =+參考答案：B考點(diǎn)： 指數(shù)函數(shù)綜合題．專(zhuān)題： 計(jì)算題．分析： 利用與對(duì)數(shù)定義求出a、b、c代入到四個(gè)答案中判斷出正確的即可．解答： 由a，b，c都是正數(shù)，且3a=4b=6c=M，則a=log3M，b=log4M，c=log6M代入到B中，左邊===，而右邊==+==，左邊等于右邊，B正確；代入到A、C、D中不相等．故選B．點(diǎn)評(píng)： 考查學(xué)生利用對(duì)數(shù)定義解題的能力，以及換底公式的靈活運(yùn)用能力．9.函數(shù)f（x）=lnx﹣的零點(diǎn)所在的大致區(qū)間是(

)A．（1，2） B．（2，3） C．（1，） D．（e，+∞）參考答案：B【考點(diǎn)】二分法求方程的近似解．【專(zhuān)題】計(jì)算題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】直接通過(guò)零點(diǎn)存在性定理，結(jié)合定義域選擇適當(dāng)?shù)臄?shù)據(jù)進(jìn)行逐一驗(yàn)證，并逐步縮小從而獲得最佳解答．【解答】解：函數(shù)的定義域?yàn)椋海?，+∞），有函數(shù)在定義域上是遞增函數(shù)，所以函數(shù)只有唯一一個(gè)零點(diǎn)．又∵f（2）﹣ln2﹣1＜0，f（3）=ln3﹣＞0∴f（2）?f（3）＜0，∴函數(shù)f（x）=lnx﹣的零點(diǎn)所在的大致區(qū)間是（2，3）．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是零點(diǎn)存在的大致區(qū)間問(wèn)題．在解答的過(guò)程當(dāng)中充分體現(xiàn)了定義域優(yōu)先的原則、函數(shù)零點(diǎn)存在性定理的知識(shí)以及問(wèn)題轉(zhuǎn)化的思想．值得同學(xué)們體會(huì)反思．10.已知向量，.且，則（

）A.2 B.－3 C.3 D.參考答案：B【分析】通過(guò)得到，再利用和差公式得到答案.【詳解】向量，.且故答案為B【點(diǎn)睛】本題考查了向量平行，正切值的計(jì)算，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.某學(xué)校一名籃球運(yùn)動(dòng)員在五場(chǎng)比賽中所得分?jǐn)?shù)如下：8,9,10,13,15則該運(yùn)動(dòng)員在這五場(chǎng)比賽中得分的方差為_(kāi)________.參考答案：6.8

略12.若曲線與直線有兩個(gè)交點(diǎn)，則的取值范圍是___________．參考答案：13.經(jīng)過(guò)點(diǎn)R（﹣2，3）且在兩坐標(biāo)軸上截距相等的直線方程是．參考答案：y=﹣x或x+y﹣1=0【考點(diǎn)】直線的截距式方程．【專(zhuān)題】直線與圓．【分析】分類(lèi)討論：當(dāng)直線經(jīng)過(guò)原點(diǎn)時(shí)，當(dāng)直線不經(jīng)過(guò)原點(diǎn)時(shí)兩種情況，求出即可．【解答】解：①當(dāng)直線經(jīng)過(guò)原點(diǎn)時(shí)，直線方程為y=﹣x；②當(dāng)直線不經(jīng)過(guò)原點(diǎn)時(shí)，設(shè)所求的直線方程為x+y=a，則a=﹣2+3=1，因此所求的直線方程為x+y=1．故答案為：y=﹣x或x+y﹣1=0．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了截距式、分類(lèi)討論等基礎(chǔ)知識(shí)，屬于基礎(chǔ)題．14.如圖所示，給出一個(gè)算法，根據(jù)該算法，可求得．參考答案：015.函數(shù)的定義域?yàn)開(kāi)_____________________參考答案：16.已知，，且，則___________參考答案：、

17.如果且那么的終邊在第

象限。參考答案：略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.（本小題滿分14分）已知奇函數(shù)f(x)在(－￥,0)∪(0,+￥)上有意義，且在(0,+￥)上是增函數(shù)，f(1)=0，又函數(shù)g(q)=sin2q+mcosq－2m，若集合M={m|g(q)<0}，集合N={m|f[g(q)]<0}，求M∩N.參考答案：依題意，f(－1)=－f(1)=0，又f(x)在(0,+￥)上是增函數(shù)，∴ f(x)在(－￥,0)上也是增函數(shù)，

…………1分∴ 由f(x)<0得x<－1或0<x<1

…………2分∴ N={m|f[g(q)]<0}={m|g(q)<－1或0<g(q)<1}，……3分M∩N={m|g(q)<－1}

……4分由g(q)<－1得sin2q+mcosq－2m<－1

……5分即m(2－cosq)>2－cos2q

……6分∴ m>=4－(2－cosq+)

……7分設(shè)t=2－cosq，h(t)=2－cosq+=t+

……9分∵ cosq∈[－1,1]Tt∈[1,3]，

……10分∴ h(t)－2=t+－2=t－+=≥0……………11分且h()－2=+－2=0

……12分∴ h(t)min=2T4－h(huán)(t)的最大值為4－2

……13分∴ m>4－2TM∩N={m|m>4－2}

……14分另解：本題也可用下面解法：1.用單調(diào)性定義證明單調(diào)性∵ 對(duì)任意1<t1<t2≤，t1－t2<0，t1t2－2<0∴ h(t1)－h(huán)(t2)=t1+－(t2+)=>0Th(t1)>h(t2)即h(t)在[1,]上為減函數(shù)同理h(t)在[,3]上為增函數(shù)，得h(t)min=h()=2……5分∴ m>4－h(huán)(t)min=4－2TM∩N={m|m>4－2}2.二次函數(shù)最值討論解：依題意，f(－1)=－f(1)=0，又f(x)在(0,+￥)上是增函數(shù)，∴ f(x)在(－￥,0)上也是增函數(shù)，∴ 由f(x)<0得x<－1或0<x<1∴ N={m|f[g(q)]<0}={m|g(q)<－1或0<g(q)<1}，M∩N={m|g(q)<－1}

……4分由g(q)<－1得sin2q+mcosq－2m<－1Tcos2q－mcosq+2m－2>0恒成立T(cos2q－mcosq+2m－2)min>0

…5分設(shè)t=cosq，h(t)=cos2q－mcosq+2m－2=t2－mt+2m－2=(t－)2－+2m－2

……6分∵ cosq∈[－1,1]Tt∈[－1,1]，h(t)的對(duì)稱(chēng)軸為t=

……7分1°當(dāng)>1，即m>2時(shí)，h(t)在[－1,1]為減函數(shù)∴ h(t)min=h(1)=m－1>0Tm>1Tm>2

……9分2°當(dāng)－1≤≤1，即－2≤m≤2時(shí)，∴ h(t)min=h()=－+2m－2>0T4－2<m<4+2T4－2<m≤2

……11分3°當(dāng)<－1，即m<－2時(shí)，h(t)在[－1,1]為增函數(shù)∴ h(t)min=h(－1)=3m－1>0Tm>無(wú)解

……13分綜上，m>4－2TM∩N={m|m>4－2}

……14分3.二次方程根的分布解：依題意，f(－1)=－f(1)=0，又f(x)在(0,+￥)上是增函數(shù)，∴ f(x)在(－￥,0)上也是增函數(shù)，∴ 由f(x)<0得x<－1或0<x<1∴ N={m|f[g(q)]<0}={m|g(q)<－1或0<g(q)<1}，M∩N={m|g(q)<－1}由g(q)<－1得sin2q+mcosq－2m<－1Tcos2q－mcosq+2m－2>0恒成立T(cos2q－mcosq+2m－2)min>0設(shè)t=cosq，h(t)=cos2q－mcosq+2m－2=t2－mt+2m－2=(t－)2－+2m－2∵ cosq∈[－1,1]Tt∈[－1,1]，h(t)的對(duì)稱(chēng)軸為t=，△=m2－8m+8

……7分1°當(dāng)△<0，即4－2<m<4+2時(shí)，h(t)>0恒成立?！?分2°當(dāng)△≥0，即m≤4－2或m≥4+2時(shí)，由h(t)>0在[－1,1]上恒成立∴ Tm≥2Tm≥4+2

……13分綜上，m>4－2TM∩N={m|m>4－2}

……14分4.用均值不等式（下學(xué)段不等式內(nèi)容）∵ cosq∈[－1,1]Tt∈[1,3]，∴ h(t)=t+≥2=2且t=，即t=時(shí)等號(hào)成立。∴ h(t)min=2T4－h(huán)(t)的最大值為4－2∴ m>4－2TM∩N={m|m>4－2}……5分19.（13分）設(shè)函數(shù)f（x）=log2（ax﹣bx），且f（1）=1，f（2）=log212．（1）求a，b的值；（2）當(dāng)x∈時(shí)，求f（x）最大值．參考答案：【考點(diǎn)】對(duì)數(shù)函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用．【專(zhuān)題】綜合題．【分析】（1）由已知f（1）=1，f（2）=log212代入到f（x）中，求得a、b的值即可；（2）利用換元法，由（1）得，令g（x）=4x﹣2x=（2x）2﹣2x，再令t=2x，則y=t2﹣t，可知函數(shù)y=（t﹣）2﹣在上是單調(diào)遞增函數(shù)，從而當(dāng)t=4時(shí)，取得最大值12，故x=2時(shí)，f（x）取得最大值．【解答】解：∵函數(shù)f（x）=log2（ax﹣bx），且f（1）=1，f（2）=log212∴∴∴（2）由（1）得令g（x）=4x﹣2x=（2x）2﹣2x令t=2x，則y=t2﹣t∵x∈，∴t∈，顯然函數(shù)y=（t﹣）2﹣在上是單調(diào)遞增函數(shù)，所以當(dāng)t=4時(shí)，取得最大值12，∴x=2時(shí)，f（x）最大值為log212=2+log23【點(diǎn)評(píng)】本題以對(duì)數(shù)函數(shù)為載體，考查學(xué)生利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式的能力，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，屬于基礎(chǔ)題．20.設(shè)是實(shí)數(shù)，函數(shù)(1)試證明，對(duì)于任意的實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)；(2)試確定的值，使函數(shù)f(x)為奇函數(shù)。參考答案：略21.（14分）（2015春?成都校級(jí)月考）已知函數(shù)f（x）=的圖象在R上不間斷．（1）求正實(shí)數(shù)a的值；（2）當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)h（x）=kx﹣2|x﹣2|≥0恒成立．求實(shí)數(shù)k的取值范圍；（3）若關(guān)于x的方程f（x）=m|x|=0恰好有4個(gè)解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．參考答案：考點(diǎn)：分段函數(shù)的應(yīng)用．

專(zhuān)題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析：（1）根據(jù)函數(shù)f（x）=的圖象在R上不間斷，可得x=0時(shí)，兩段函數(shù)的函數(shù)值相等，即4=2×|﹣a|，解得正實(shí)數(shù)a的值；（2）當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)h（x）=kx﹣2|x﹣2|≥0恒成立．k≥，分當(dāng)x∈[1，2]時(shí)和當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，兩種情況討論，可得滿足條件的實(shí)數(shù)k的取值范圍；（3）若關(guān)于x的方程f（x）=m|x|=0恰好有4個(gè)解，函數(shù)y=f（x）與y=m|x|的圖象有四個(gè)交點(diǎn)，對(duì)m值進(jìn)行分類(lèi)討論，數(shù)形結(jié)合可得實(shí)數(shù)m的取值范圍．解答：解：（1）∵函數(shù)f（x）=的圖象在R上不間斷．∴4=2×|﹣a|，解得a=2，或a=﹣2（舍去），∴正實(shí)數(shù)a=2，（2）當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)h（x）=kx﹣2|x﹣2|≥0，即k≥，當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，k≥=﹣2為減函數(shù)，故k≥2，當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，k≥=2﹣為增函數(shù)，故k≥0；綜上所述：k≥2，即實(shí)數(shù)k的取值范圍為[2，+∞），（3）若關(guān)于x的方程f（x）=m|x|=0恰好有4個(gè)解，即函數(shù)y=f（x）與y=m|x|的圖象有四個(gè)交點(diǎn)，①當(dāng)m＜0時(shí)，函數(shù)y=f（x）與y=m|x|的圖象無(wú)交點(diǎn)，不滿足條件；②當(dāng)m=0時(shí)，函數(shù)y=f（x）與y=m|x|的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，不滿足條件；③當(dāng)m＞0時(shí)，若與y=mx與y=2x﹣4平行，即m=2，則函數(shù)y=f（x）與y=m|x|的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，則m≥2時(shí)，函數(shù)y=f（x）與y=m|x|的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，若y=﹣mx與y=﹣（x2+5x+4）相切，則函數(shù)y=f（x）與y=m|x|的圖象有五個(gè)交點(diǎn)，即x2+（5﹣m）x﹣4=0的△=（5﹣m）2﹣16=0，解得：m=1，或m=9（舍去），即m=1時(shí)，函數(shù)y=f（x）與y=m|x|的圖象有五個(gè)交點(diǎn)，0＜m＜1時(shí)，函數(shù)y=f（x）與y=m|x|的圖象有六個(gè)交點(diǎn)，故當(dāng)1＜m＜2時(shí)，函數(shù)y=f（x）與y=m|x|的圖象有四個(gè)交點(diǎn)，故實(shí)數(shù)m的取值范圍為