2022年高中数学新教材人教A版必修第一册学案期末检测试卷(二)

这是一份高中数学全册综合导学案及答案，共9页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．已知集合A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(3,2)))))，B＝{x|1－2x>0}，则( )
A．A∩B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(1,2))))) B．A∩B＝∅
C．A∪B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(1,2))))) D．A∪B＝R
答案 A
解析 由1－2x>0得x2．设a>0，则“b>a”是“b2>a2”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
答案 A
解析 由于a>0，当b>a时，b2>a2.当b2>a2时，b可能是负数，因此不能得出b>a.故b>a是b2>a2的充分不必要条件．故选A.
3．已知a＝lg72，b＝lg0.70.2，c＝0.70.2，则a，b，c的大小关系为( )
A．aC．b答案 A
解析 a＝lg72lg0.70.7＝1,0.74．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－1，x≤0，,lg2x，x>0，))则f(f(1))等于( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 A
解析 由题意得，f(1)＝lg21＝0，∴f(f(1))＝f(0)＝40－1＝0.
5．下列四个函数：①y＝x＋1；②y＝eq \f(x＋1,x－1)；③y＝2x－1；④y＝lg(1－x)，其中定义域与值域相同的函数的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 对于①，根据一次函数的性质可得定义域和值域都是R；
对于②，y＝eq \f(x＋1,x－1)＝eq \f(x－1＋2,x－1)＝1＋eq \f(2,x－1)，根据反比例函数性质可得定义域和值域都为{x|x≠1}；
对于③，根据指数函数性质可得定义域为R，值域为(－1，＋∞)；
对于④，根据对数函数性质可得定义域为(－∞，1)，值域为R，
故选B.
6．在同一直角坐标系中，函数y＝eq \f(1,ax)，y＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))(a>0且a≠1)的图象可能是( )
答案 D
解析 当01时，函数y＝ax过定点(0,1)且单调递增，则函数y＝eq \f(1,ax)过定点(0,1)且单调递减，函数y＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))且单调递增，各选项均不符合．综上，选D.
7．将函数f(x)＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)的单调递减区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)
答案 B
解析 因为f(x)＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，将其图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，
得到g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝－2sin 2x，
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(π,4)＋kπ(k∈Z)，
所以g(x)的单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)，故选B.
8．设函数f(x)＝eq \f(3x,x2＋9)的最大值是a.若对于任意的x∈[0,2)，a>x2－x＋b恒成立，则b的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2))) D．(－∞，－2)
答案 C
解析 当x＝0时，f(x)＝0；
当x≠0时，|f(x)|＝eq \f(3|x|,x2＋9)＝eq \f(3,|x|＋\f(9,|x|))≤eq \f(3,2\r(|x|·\f(9,|x|)))＝eq \f(3,2\r(9))＝eq \f(1,2)，
当且仅当|x|＝eq \f(9,|x|)，即|x|＝3时取等号，
综上可得，f(x)max＝eq \f(1,2)，即a＝eq \f(1,2).
由题意知x2－x＋b即x2－x＋b－eq \f(1,2)<0在x∈[0,2)上恒成立．
令φ(x)＝x2－x＋b－eq \f(1,2)，x∈[0,2)，
则φ(x)<φ(2)，
则4－2＋b－eq \f(1,2)≤0，
即b≤－eq \f(3,2).故选C.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．若函数f(x)的图象在R上连续不断，且满足f(0)<0，f(1)>0，f(2)>0，则下列说法错误的是( )
A．f(x)在区间(0,1)上一定有零点，在区间(1,2)上一定没有零点
B．f(x)在区间(0,1)上一定没有零点，在区间(1,2)上一定有零点
C．f(x)在区间(0,1)上一定有零点，在区间(1,2)上可能有零点
D．f(x)在区间(0,1)上可能有零点，在区间(1,2)上一定有零点
答案 ABD
解析 由题意知f(0)·f(1)<0，
所以根据函数零点存在定理可得f(x)在区间(0,1)上一定有零点，
又f(1)·f(2)>0，
因此无法判断f(x)在区间(1,2)上是否有零点．
故选ABD.
10．设函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1的图象为C，则下列结论中正确的是( )
A．图象C关于直线x＝－eq \f(5π,12)对称
B．图象C关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))对称
C．函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))内单调递增
D．把函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋1的图象上各点的横坐标缩短为原来的一半(纵坐标不变)可以得到图象C
答案 AC
解析 对于A，函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1的对称轴方程为2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x＝eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)，当k＝－1时可得x＝－eq \f(5π,12)，所以图象C关于直线x＝－eq \f(5π,12)对称，正确．
对于B，函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1的对称中心为2x＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，解得x＝－eq \f(π,6)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)，当k＝0时可得x＝－eq \f(π,6)，所以图象C关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，1))对称，而不是关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))对称，故B选项不正确．
对于C，由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得 kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)，当k＝0时，
－eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(π,12)，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))内单调递增，正确．
对于D，把函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋1的图象上点的横坐标缩短为原来的一半(纵坐标不变)可以得到函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1的图象，不是图象C，故D选项不正确．
综上AC正确.
11．已知不等式ax2＋bx＋c>0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))，则下列结论正确的是( )
A．a>0 B．b>0
C．c>0 D．a＋b＋c>0
答案 BCD
解析 因为不等式ax2＋bx＋c>0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))，故相应的二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，所以a<0，故A错误；
易知2和－eq \f(1,2)是方程ax2＋bx＋c＝0的两个根，则有eq \f(c,a)＝－1<0，－eq \f(b,a)＝eq \f(3,2)>0，又a<0，故b>0，c>0，故BC正确；
由二次函数的图象(图略)可知f(1)＝a＋b＋c>0，故D正确．
故选BCD.
12．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≤0，,|lg2x|，x>0，))若x1A．x1＋x2＝－1 B．x3x4＝1
C．1答案 BCD
解析 画出函数f(x)的大致图象如图，
得出x1＋x2＝－2，－lg2x3＝lg2x4，则x3x4＝1，故A错误，B正确；
由图可知1因为－2三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．设α∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－2，－1，－\f(1,2)，\f(1,2)，1，2))，使y＝xα为奇函数且在(0，＋∞)上单调递减的α值为________．
答案 －1
解析 因为y＝xα在(0，＋∞)上单调递减，
所以α<0 ，
当α＝－2时，y＝x－2，f(－x)＝(－x)－2＝x－2＝f(x) 是偶函数，
当α＝－eq \f(1,2)时，y＝，定义域不关于原点对称，为非奇非偶函数，
当α＝－1时，y＝x－1，f(－x)＝(－x)－1＝－x－1＝－f(x)是奇函数．
14．已知函数f(eq \r(x)＋1)＝x－4，则f(x)的解析式为________．
答案 f(x)＝x2－2x－3(x≥1)
解析 令t＝eq \r(x)＋1≥1，则x＝(t－1)2，
故f(t)＝(t－1)2－4＝t2－2t－3(t≥1)．
15．已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，则f(1)＋g(1)＝________.
答案 1
解析 ∵f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，∴f(－1)－g(－1)＝－1＋1＋1＝1，又∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，∴f(1)＝f(－1)，g(1)＝－g(－1)，
∴f(－1)－g(－1)＝f(1)＋g(1)，
∴f(1)＋g(1)＝1.
16．已知不等式x2－(a＋1)x＋a<0.
若不等式在(1,3)上有解，则实数a的取值范围是________；
若不等式在(1,3)上恒成立，则实数a的取值范围是________．(本题第一空2分，第二空3分)
答案 (1，＋∞) [3，＋∞)
解析 (1)原不等式变为(x－1)(x－a)<0，
当a＝1时，解集为∅，
当a>1时，解集为(1，a)，
当a<1时，解集为(a,1)，
若不等式在(1,3)上有解，则a>1.
(2)若不等式在(1,3)上恒成立，则由(1)可知(1,3)⊆(1，a)，所以a≥3.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)求下列各式的值：
(1)＋＋2eq \r(\r(3)－22)；
(2)lg 45－2lg 6－3lgeq \f(1,2)＋lg43·lg916.
解 (1)原式＝＋＋2|eq \r(3)－2|
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))－1＋×2＋4－2eq \r(3)
＝eq \f(3,2)＋2eq \r(3)＋4－2eq \r(3)＝eq \f(11,2).
(2)原式＝lg(5×32)－2lg(2×3)－3lg 2－1＋
＝lg 5＋2lg 3－2lg 2－2lg 3＋3lg 2＋1
＝lg 5＋lg 2＋1＝lg 10＋1＝2.
18．(12分)某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在某一个周期内的图象时，列表如下：
(1)请根据上表数据写出函数f(x)的解析式，并求出f(0)，f(π)；
(2)若函数f(x)的值域为A，集合C＝{x|m－6≤x≤m＋3}且A∪C＝C，求实数m的取值范围．
解 (1)根据表中已知数据，解得A＝4，ω＝2，即f(x)＝4sin(2x＋φ)，
又由当x＝eq \f(π,3)时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋φ))＝4，
解得φ＝－eq \f(π,6)，
函数表达式为f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
所以f(0)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－2，f(π)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－\f(π,6)))＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－2.
(2)由(1)可得f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈[－4,4]，
所以A＝[－4,4]，
又A∪C＝C，所以A⊆C ，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－6≤－4，,m＋3≥4，))
解得1≤m≤2.
所以实数m的取值范围是[1,2]．
19．(12分)某厂每年生产某种产品x万件，其成本包含固定成本和浮动成本两部分．已知每年固定成本为20万元，浮动成本k(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋20x，025，))若每万件该产品销售价格为40万元，且每年该产品产销平衡．
(1)设年利润为f(x)(万元)，试求f(x)与x的关系式；
(2)年产量x为多少万件时，该厂所获利润f(x)最大？并求出最大利润．
解 (1)由题意f(x)＝40x－k(x)－20＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋20x－20，025，))
即f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋20x－20，025.))
(2)当0当x>25时，f(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1 600,x)))＋180在(25,40]上单调递增，在[40，＋∞)上单调递减，
x＝40时，f(x)max＝100，
综上，产量x＝40(万件)时，该厂所获利润f(x)最大为100万元．
20．(12分)已知点(eq \r(2)，2)在幂函数y＝f(x)的图象上．
(1)求f(x)的表达式；
(2)设g(x)＝f(x)－x－2，求函数y＝g(x)的零点，推出函数y＝g(x)的另外一个性质(只要求写出结果，不要求证明)，并画出函数y＝g(x)的简图．
解 (1)因为f(x)为幂函数，所以设f(x)＝xa，
又(eq \r(2)，2)在f(x)的图象上，所以(eq \r(2))a＝2⇒a＝2，
所以f(x)＝x2.
(2)由(1)知f(x)＝x2，故g(x)＝x2－eq \f(1,x2)，
令g(x)＝0，解得x＝1或x＝－1，
故函数y＝g(x)的零点为±1；
g(x)＝x2－eq \f(1,x2)，故其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，值域为R，
又g(－x)＝(－x)2－eq \f(1,－x2)＝x2－eq \f(1,x2)＝g(x)，
故g(x)为偶函数，
根据单调性的性质可知g(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；
(以上性质任选其一即可)．
函数y＝g(x)的图象如图：
21．(12分)已知函数f(x)＝2eq \r(3)sin xcs x＋2cs2x－1(x∈R)．
(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值；
(2)若f(x0)＝eq \f(6,5)，x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，求cs 2x0的值．
解 (1)f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
所以T＝π，
又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，
由函数图象知f(x)∈[－1,2]，即最大值为2，最小值为－1.
(2)由题意sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0＋\f(π,6)))＝eq \f(3,5)，
而x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2x0＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0＋\f(π,6)))＝－eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0＋\f(π,6))))＝－eq \f(4,5)，
所以cs 2x0＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝－eq \f(4,5)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(3,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(3－4\r(3),10).
22．(12分)定义在[－4,4]上的奇函数f(x)，已知当x∈[－4,0]时，f(x)＝eq \f(1,4x)＋eq \f(a,3x)(a∈R)．
(1)求f(x)在[0,4]上的解析式；
(2)当x∈[－2，－1]时，不等式f(x)≤eq \f(m,2x)－eq \f(1,3x－1)恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)因为f(x)是定义在[－4,4]上的奇函数，
x∈[－4,0]时，f(x)＝eq \f(1,4x)＋eq \f(a,3x)，
所以f(0)＝eq \f(1,40)＋eq \f(a,30)＝0，解得a＝－1，
所以x∈[－4,0]时，f(x)＝eq \f(1,4x)－eq \f(1,3x)，
当x∈[0,4]时，－x∈[－4,0]，
所以f(－x)＝eq \f(1,4－x)－eq \f(1,3－x)＝4x－3x，
又f(－x)＝－f(x)，
所以－f(x)＝4x－3x，f(x)＝3x－4x，
即f(x)在[0,4]上的解析式为f(x)＝3x－4x.
(2)由(1)知，x∈[－2，－1]时，f(x)＝eq \f(1,4x)－eq \f(1,3x)，
所以f(x)≤eq \f(m,2x)－eq \f(1,3x－1)可化为eq \f(1,4x)－eq \f(1,3x)≤eq \f(m,2x)－eq \f(1,3x－1)，
整理得m≥eq \f(1,2x)＋eq \f(2x＋1,3x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))x，
令g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))x，根据指数函数单调性可得，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x与y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))x都是减函数，
所以g(x)也是减函数，
因为当x∈[－2，－1]时，不等式f(x)≤eq \f(m,2x)－eq \f(1,3x－1)恒成立，
等价于m≥g(x)在x∈[－2，－1]上恒成立，
所以，只需m≥g(x)max＝g(－2)＝4＋2×eq \f(9,4)＝eq \f(17,2).
即实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17,2)，＋∞)).ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
eq \f(π,12)
eq \f(π,3)
eq \f(7π,12)
eq \f(5π,6)
eq \f(13π,12)
Asin(ωx＋φ)
0
4
0
－4
0