（新）苏教版高中数学必修第一册模块综合测评（含解析）

这是一份苏教版 (2019)必修 第一册本册综合优秀随堂练习题，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

模块综合测评


(教师独具)


(时间120分钟，满分150分)


一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)


1．若集合A＝{x|x2＋x－2≤0，x∈Z}，B＝{x|x＜－1或x＞3}，则A∩B＝( )


A．{x|－2＜x＜－1} B．{x|－2＜x＜3}


C．{－2} D．{－2，－1}


C [A＝{x|x2＋x－2≤0，x∈Z}＝{－2，－1,0,1}，所以A∩B＝{－2} ．故选C．]


2．已知角α的终边经过点P(3，－4)，则tan α＝( )


A．eq \f(3,5) B．－eq \f(4,5) C．－eq \f(4,3) D．eq \f(4,3)


C [由正切的三角函数定义可知tan α＝eq \f(y,x)＝－eq \f(4,3)，故选C．]


3．已知命题p：A∩(∁UB)＝∅，命题q：AB，则p是q的( )


A．充分不必要条件


B．必要不充分条件


C．充分必要条件


D．既不充分也不必要条件


B [因为A∩(∁UB)＝∅⇔A⊆B，则q⇒p, pq．故p是q的必要不充分条件．]


4．函数f(x)＝eq \f(ln3x－1,\r(4＋3x－x2))的定义域为( )


A．{x|－1

C．{x|x>4} D．{x|x<－1}


B [函数f(x)＝eq \f(ln3x－1,\r(4＋3x－x2))的定义域满足：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－1>0，,4＋3x－x2>0，))解得0

5．若a＜b＜0，则下列不等式不能成立的是( )


A．eq \f(1,a－b)＞eq \f(1,a) B．eq \f(1,a)＞eq \f(1,b)


C．|a|＞|b| D．a2＞b2


A [取a＝－2，b＝－1，则eq \f(1,a－b)＞eq \f(1,a)不成立．]


6．若α＝－4，则下列结论不成立的是( )


A．sin α>0 B．cs α<0


C．tan α<0 D．sin α<0


D [α＝－4＝－2π＋(2π－4)，eq \f(π,2)<2π－4<π，故角α的终边在第二象限．sin α>0，cs α<0，tan α<0，故选D．]


7．已知x＞0，y＞0，且x＋2y＝2，则xy( )


A．有最大值为1 B．有最小值为1


C．有最大值为eq \f(1,2) D．有最小值为eq \f(1,2)


C [因为x＞0，y＞0，x＋2y＝2，


所以x＋2y≥2eq \r(x·2y)，即2≥2eq \r(2xy)，xy≤eq \f(1,2)，


当且仅当x＝2y，即x＝1，y＝eq \f(1,2)时，等号成立．


所以xy有最大值，且最大值为eq \f(1,2)．]


8．已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))的图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))及直线l：x＝eq \f(π,3)对称，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))不存在最值，则φ的值为( )


A． －eq \f(π,3) B．－eq \f(π,6) C．eq \f(π,6) D．eq \f(π,3)


C [函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))的图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))及直线l：x＝eq \f(π,3)对称．


则eq \f(T,4)＋eq \f(kT,2)＝eq \f(π,3)＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，∴T＝eq \f(2π,1＋2k)，k∈N．


f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))不存在最值，则T≥π，故k＝0时满足条件，T＝2π，ω＝1．


feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋φ))＝0，则－eq \f(π,6)＋φ＝mπ，∴φ＝mπ＋eq \f(π,6)，m∈Z．


当m＝0时满足条件，故φ＝eq \f(π,6)．故选C．]


二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)


9．下列说法正确的是( )


A．若幂函数的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，2))，则解析式为y＝x－3


B．若函数f(x)＝xeq \s\up12(－eq \f(4,5))，则f(x)在区间(－∞，0)上单调递减


C．幂函数y＝xα(α>0)始终经过点(0,0)和(1,1)


D．若函数f(x)＝eq \r(x)，则对于任意的x1，x2∈[0，＋∞)有eq \f(fx1＋fx2,2)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))


CD [若幂函数的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，2))，则解析式为y＝x－eq \f(1,3)，故A错误；


函数f(x)＝x－eq \f(4,5)是偶函数且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上单调递减，故在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，0))单调递增，B错误；


幂函数y＝xα(α>0)始终经过点(0,0)和(1,1)，C正确；


任意的x1，x2∈[0，＋∞)，要证eq \f(fx1＋fx2,2)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))，即eq \f(\r(x1)＋\r(x2),2)≤eq \r(\f(x1＋x2,2))，


即eq \f(x1＋x2＋2\r(x1x2),4)≤eq \f(x1＋x2,2)，即(eq \r(x1)－eq \r(x2))2≥0，易知成立，故D正确；故选CD．]


10．关于函数y＝f(x)，y＝g(x)，下述结论正确的是( )


A．若y＝f(x)是奇函数，则f(0)＝0


B．若y＝f(x)是偶函数，则y＝|f(x)|也为偶函数


C．若y＝f(x)(x∈R)满足f(1)

D．若y＝f(x)，y＝g(x)均为R上的增函数，则y＝f(x)＋g(x)也是R上的增函数


BD [对于A． 若y＝f(x)是奇函数，则f(0)＝0，当定义域不包含0时不成立，故A错误；


对于B．若y＝f(x)是偶函数，f(x)＝f(－x) ，故|f(x)|＝|f(－x)|，y＝|f(x)|也为偶函数，B正确；


对于C．举反例：f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3)))eq \s\up12(2)满足f(1)

对于D．若y＝f(x)，y＝g(x)均为R上的增函数，则y＝f(x)＋g(x)也是R上的增函数．


设x10，


故y＝f(x)＋g(x)单调递增，故D正确．故选BD．]


11．已知函数f(x)＝1＋eq \f(m,3x＋1)(m∈R)为奇函数，则下列叙述正确的有( )


A．m＝－2


B．函数f(x)在定义域上是单调增函数


C．f(x)∈(－1,1)


D．函数F(x)＝f(x)－sin x所有零点之和大于零


ABC [因为函数f(x)＝1＋eq \f(m,3x＋1)(m∈R)为奇函数，所以f(0)＝1＋eq \f(m,30＋1)＝1＋eq \f(m,2)＝0，解得m＝－2，故A正确；因此f(x)＝1－eq \f(2,3x＋1)．又因为y＝3x＋1在定义域上是单调增函数，所以y＝eq \f(2,3x＋1)为单调减函数，





即f(x)＝1－eq \f(2,3x＋1)在定义域上是单调增函数，故B正确；令t＝3x＋1，t∈(1，＋∞)，所以f(t)＝1－eq \f(2,t)在t∈(1，＋∞)上的值域为(－1,1)，故C正确；函数F(x)＝f(x)－sin x所有零点可以转化为f(x)＝sin x的两个函数的交点的横坐标，因为f(x)和y＝sin x都为奇函数，所以若有交点必然关于原点对称，那么其和应等于零，如图，故选项D错误．故选ABC．]


12．出生在美索不达米亚的天文学家阿尔·巴塔尼大约公元920左右给出了一个关于垂直高度为h的日晷及其投影长度s的公式：s＝eq \f(hsin90°－φ,sin φ)，即等价于现在的s＝hct φ，我们称y＝ct x为余切函数，则下列关于余切函数的说法中正确的是( )


A．函数y＝ct x的最小正周期为2π


B．函数y＝ct x关于(π，0)对称


C．函数y＝ct x在区间(0，π)上单调递减


D．函数y＝tan x的图象与函数y＝ct x的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称


BC [y＝ct x＝eq \f(cs x,sin x)＝eq \f(1,tan x)，画出函数图象，如图所示：


故函数的最小正周期为π，关于(π，0)对称，区间(0，π)上单调递减．





且函数y＝tan x的图象与函数y＝ct x的图象不关于直线x＝eq \f(π,2)对称．


故选BC．]


三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)


13．函数y＝sin x－tan x在[－2π，2π]上零点的个数为________．


5 [由y＝sin x－tan x＝0得sin x＝tan x,


即sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,cs x)))＝0．


∴sin x＝0或1－eq \f(1,cs x)＝0，即x＝kπ(k∈Z)，


又－2π≤x≤2π，∴x＝－2π，－π，0，π，2π，


从而图象的交点个数为5．]


14．已知A，B均为集合U＝{1,3,5,7,9}的子集，且A∩B＝{3}，∁UB∩A＝{9}，则A＝________．


{3,9} [由题意画出Venn图，如图所示．





由图可知，A＝{3,9}．]


15．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝eq \f(1,4)，则2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)－x))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4π,3)))＝________．


eq \f(3,4) [2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)－x))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝eq \f(3,4)．]


16．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x－eq \f(2,2x＋1)，则g(x)＝f(x)＋1是________函数(从“奇”“偶”“非奇非偶”及“既是奇函数又是偶”中选择一个填空)，不等式f(x2－x)＋f(4x－10)≤－2的解集为________．(本题第一空2分，第二空3分)


(1)奇 (2)[－5,2] [函数y＝eq \f(1,2)x，y＝－eq \f(2,2x＋1)单调递增，故f(x)＝eq \f(1,2)x－eq \f(2,2x＋1)单调递增；


g(x)＝f(x)＋1＝eq \f(1,2)x－eq \f(2,2x＋1)＋1＝eq \f(1,2)x＋eq \f(2x－1,2x＋1)，函数单调递增；


g(－x)＝eq \f(1,2)(－x)＋eq \f(2－x－1,2－x＋1)＝－eq \f(1,2)x－eq \f(2x－1,2x＋1)＝－g(x)，故g(x)是奇函数；


f(x2－x)＋f(4x－10)≤－2，即g(x2－x)≤－g(4x－10)＝g(10－4x)．


故x2－x≤10－4x，解得－5≤x≤2．]


三、解答题(本大题共6小题，共70分． 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)


17．(本小题满分10分)已知p：A＝{x|x2－2x－3≤0，x∈R}，q：B＝{x|x2－2mx＋m2－9≤0，x∈R，m∈R}．


(1)若A∩B＝[1,3]，求实数m的值；


(2)若q是p的必要条件，求实数m的取值范围．


[解] (1)A＝{x|－1≤x≤3，x∈R}，


B＝{x|m－3≤x≤m＋3，x∈R，m∈R}，


∵A∩B＝[1,3]，∴m＝4．


(2)∵q是p的必要条件


∴p是q的充分条件，


∴A⊆∁RB，∴m＞6或m＜－4．


18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2(其中a为非零常数)．


(1)求f(x)的单调增区间；


(2)若a>0，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)的最小值为1，求a的值．


[解] (1)当 a>0时，由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，


解得－eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，


∴当a>0时，函数f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)，


当a<0时，由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，


解得eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z，


∴当a<0时，函数f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．


(2)∵0≤x≤eq \f(π,2)，∴eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，


∴－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤1，


∴当a>0时，f(x)的最小值为－a＋2＝1，∴a＝1．


19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lg(2＋x)＋lg(2－x)．


(1)判断f(x)的奇偶性，并证明；


(2)用定义证明函数f(x)在(0,2)上单调递减；


(3)若f(x－2)＜f(eq \r(x))，求x的取值范围．


[解] (1)因为f(x)＝lg(2＋x)＋lg(2－x)＝lg(4－x2)，所以函数f(x)的定义域为(－2,2)，


因为f(－x)＝lg(4－(－x)2)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．


(2)任取x1，x2∈(0,2)且x1＜x2，


则f(x1)－f(x2)＝lg(4－xeq \\al(2,1))－lg(4－xeq \\al(2,2))＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4－x\\al(2,1),4－x\\al(2,2))))，


因为x1，x2∈(0,2)且x1＜x2，所以4－xeq \\al(2,1)＞4－xeq \\al(2,2)＞0，


所以eq \f(4－x\\al(2,1),4－x\\al(2,2))＞1，lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4－x\\al(2,1),4－x\\al(2,2))))＞0，


即f(x1)＞f(x2)，所以f(x)在区间(0,2)上单调递减．


(3)因为f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x)))，


又因为f(x)定义域为(－2,2)，且在区间(0,2)上单调递减，


f(x－2)|\r(x)|，,－2

所以x的取值范围是(0,1)．


20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))．


(1)求f(x)的最大值及取得最大值时x的值；


(2)若方程f(x)＝eq \f(2,3)在(0，π)上的解为x1，x2，求cs (x1－x2)的值．


[解] (1)f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))．


当2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，


即x＝eq \f(5,12)π＋kπ(k∈Z)时，


函数f(x)取最大值，且最大值为1．


(2)由(1)知，函数f(x)图象的对称轴为x＝eq \f(5,12)π＋kπ(k∈Z)，


所以当x∈(0，π)时，对称轴为x＝eq \f(5,12)π．


又方程f(x)＝eq \f(2,3)在(0，π)上的解为x1，x2，


所以x1＋x2＝eq \f(5,6)π，则x1＝eq \f(5,6)π－x2，


所以cs (x1－x2)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)π－2x2))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(π,3)))，


又f(x2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(π,3)))＝eq \f(2,3)，


故cs (x1－x2)＝eq \f(2,3)．


21．(本小题满分12分)如图，天津之眼，全称天津永乐桥摩天轮，是世界上唯一一个桥上瞰景摩天轮，是天津的地标之一 ．永乐桥分上下两层，上层桥面预留了一个长方形开口，供摩天轮轮盘穿过，摩天轮的直径为110米，外挂装48个透明座舱，在电力的驱动下逆时针匀速旋转，转一圈大约需要30分钟．现将某一个透明座舱视为摩天轮上的一个点P，当点P到达最高点时，距离下层桥面的高度为113米，点P在最低点处开始计时．





(1)试确定在时刻t (单位：分钟)时点P距离下层桥面的高度H (单位：米)；


(2)若转动一周内某一个摩天轮透明座舱在上下两层桥面之间的运行时间大约为5分钟，问上层桥面距离下层桥面的高度约为多少米？


[解] (1)如图，建立平面直角坐标系．由题可知OP在t分钟内所转过的角为eq \f(2π,30)×t＝eq \f(π,15)t，


因为点P在最低点处开始计时，所以以Ox为始边，OP为终边的角为eq \f(π,15)t－eq \f(π,2)，


所以点P的纵坐标为55sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)t－\f(π,2)))，


则H＝55sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)t－\f(π,2)))＋58＝58－55cs eq \f(π,15)t(t≥0)，


答：在t分钟时点P距离下层桥面的高度H为58－55cs eq \f(π,15)t(米)．





(2)根据对称性，上层桥面距离下层桥面的高度为点P在t＝eq \f(5,2)分钟时距离下层桥面的高度．


当t＝eq \f(5,2)时，H＝58－55cs eq \f(π,15)t＝58－55cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)×\f(5,2)))＝58－eq \f(55\r(3),2)．


答：上层桥面距离下层桥面的高度约为58－eq \f(55\r(3),2)米．


22．(本小题满分12分) 对于函数f(x)，若存在定义域中的实数a，b满足b>a>0且f(a)＝f(b)＝2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))≠0，则称函数f(x)为“M类” 函数．


(1)试判断f(x)＝sin x，x∈R是否是“M类” 函数，并说明理由；


(2)若函数f(x)＝|lg2x－1|，x∈(0，n)，n∈N*为“M类” 函数，求n的最小值．


[解] (1)不是．


假设f(x)为M类函数，则存在b>a>0，使得sin a＝sin b，


则b＝a＋2kπ，k∈Z或者b＋a＝π＋2kπ，k∈Z，


由sin a＝2sineq \f(a＋b,2)，


当b＝a＋2kπ，k∈Z时，有sin a＝2sin(a＋kπ)，k∈Z，


所以sin a＝±2sin a，可得sin a＝0，不成立；


当b＋a＝π＋2kπ，k∈Z时，有sin a＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋kπ))，k∈Z，


所以sin a＝±2，不成立，


所以f(x)不是M类函数．


(2)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－lg2x，02)) ，则f(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，


又因为f(x)是M类函数，


所以存在0

由等式可得：lg2(ab)＝2，则ab＝4，


所以eq \f(a＋b,2)－2＝eq \f(1,2)(a＋eq \f(4,a)－4)＝eq \f(a－22,2a)>0，


则lg2eq \f(a＋b,2)－1>0，所以得lg2b－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(a＋b,2)－1))，


从而有lg2b＋1＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，则有2b＝eq \f(a＋b2,4)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,b)＋b))eq \s\up12(2)＝8b，


所以b4－8b3＋8b2＋16＝0，则(b－2)(b3－6b2－4b－8)＝0，


由b>2，则b3－6b2－4b－8＝0，


令g(x)＝x3－6x2－4x－8，当20，且g(x)连续不断，由零点存在性定理可得存在b∈(6,7)，


使得g(b)＝0，此时a∈(0,2)，因此n的最小值为7．