2022-2023学年安徽省芜湖市高一年级上册学期期末模拟(四)数学试题【含答案】

一、单选题（本题共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. 定义差集）A. 【答案】B【解析】

【分析】根据差集的定义直接求解即可.【详解】因为所以所以

B.

MNxxM且

xN，已知集合

A2,3,5B3,5,8，

，则

AAB（

2C.

8D.

3,5A2,3,5B3,5,8，

，

．

，

AB3,5AAB2故选：B2. 已知函数A. 1【答案】A【解析】

【分析】由幂函数定义以及性质即可求出m.【详解】因为

f(x)在

f(x)m22m2xm2B. 1或3是幂函数，且在

0，上递减，则实数m（

D. 2）

C. 3f(x)m22m2xm22是幂函数，所以m2m21，解得m3或m1，又因为

0，上单调递减，则m1.

故选：A

3. 圆心在原点，半径为10的圆上的两个动点M，N同时从点P(10,0)出发，沿圆周运动，点M按逆时针

ππ方向旋转，速度为6弧度/秒，点N按顺时针方向旋转，速度为3弧度/秒，则它们第三次相遇时点M转过

的弧度数为（

）

πA. 2B. πC. 2πD. 3π【答案】C【解析】

【分析】根据两点相遇一次转过弧度之和为2π即可求解.

【详解】由题意，动点M,N第三次相遇，则两个动点转过的弧度之和为：32π6π，

ππtt6π3设从点P(10,0)出发t秒后点M,N第三次相遇，则6，解得t12(秒)，π122π(6此时点M转过的弧度数为弧度).故选：C

4. 尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解.例如，地震时释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE4.81.5M.2011年3月11日，日本东北部海域发生里氏9.0级地震，它所释放出来的能量是2013年4月20日在四川省雅安市芦山县发生7.0级地震级地震的（ A. 103）倍.

B. 3C. lg3D. 103【答案】A【解析】

【分析】根据给定条件，利用对数运算性质计算作答.

【详解】令日本东北部海域发生里氏9.0级地震释放出来的能量为能量为

E1，芦山县发生7.0级地震释放出来的

E2，

E1E1lgE1lgE2(4.81.59)(4.81.57)3103E2E，即2，

3lg则有

所以所求结果为10倍.故选：A5. 设

fxf1mfm02,2是定义在上的偶函数，当x0时，单调递增，若，则实数m的

）

取值范围（

1,2A. 1,2B.

12,2C. 【答案】D【解析】

1,2D. 2【分析】利用偶函数的对称性和单调性列不等式组求解即可.【详解】因为

fx2,2是定义在上的偶函数，且当x0时单调递增，

则由由

f1mfm2可得

1mm1m2m2，

1mm2m12，即2m1解得

1m,22，所以由不等式组可解得

故选：D

6. 已知asin3，bln2，c2A. abc【答案】A【解析】

【分析】根据正弦函数、指对数函数的性质判断大小关系.

0.3，则a，b，c的大小关系为（

C. bac）

D. acbB. cbasinπsin3sin【详解】由所以abc.故选：A

5π1lneln2lne12020.362，

x04x8，，fx，lgx，，x0fxmmR7. 已知函数若关于x的方程有三个不相等的实数根

x1，，x2x3x1x2x3)A. (2，【答案】D【解析】

，则B.

x1x2x3的取值范围是（ ）

C.

0，90，D.

(2，0【分析】首先根据题意求得

x2x31，在结合图像，分析x1的范围，即可求解.

x、x3为f(x)m的根，且x2、x3均大于0，则

【详解】根据f(x)的表达式，作图如下：因为2f(x2)f(x3)，则lgx2lgx3，x2x31.因为f(x)m有三个根，根据图像可得8m0，则此时2x10.则x1x2x3x1，所以x1x2x3的范围为2,0.

故选：D

xxx8. 已知函数f(x)sinx，若存在1，2，，m满足0x1x2xm6，且

|f(x1)f(x2)||f(x2)f(x3)||f(xm1)f(xm)|12(m2，mN)，则m的最小值为（

*）

A. 6【答案】C【解析】

B. 7C. 8D. 9

【分析】由正弦函数的有界性可得，对任意

xi，xj(i，j1，2，3，，m)，都有

|f(xi)f(xj)|f(x)maxf(x)min2，要使m取得最小值，尽可能多让xi(i1，2，3，，m)取得最高

点，然后作图可得满足条件的最小m值．【详解】解：ysinx对任意都有

xi，xj(i，j1，2，3，，m)，

，

|f(xi)f(xj)|f(x)maxf(x)min2要使m取得最小值，尽可能多让xi(i1，2，3，，m)取得最高点，

考虑0x1x2xm6，|f(x1)f(x2)||f(x2)f(x3)||f(xm1)f(xm)|12，按下图取值即可满足条件，

m的最小值为8．故选：C．

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）

29. “方程xx2m0没有实数根”的一个充分不必要条件可以是（

）

D. m1A.

m

18

B. m2C. m1【答案】BC【解析】

2【分析】求出“方程xx2m0没有实数根”时，实数m的取值范围，再利用集合的包含关系判断可

得出结论.

2【详解】若方程xx2m0没有实数根，则18m0，解得

m18，

1111mmmm>mm>mm>mm>2mm>18888，因为，，1mm<1mm>8，2所以，“方程xx2m0没有实数根”的一个充分不必要条件可以是m2、m1，

故选：BC.

10. 如图表示一位骑自行车和一位骑摩托车的旅行者在相距80km的甲、乙两城间从甲城到乙城所行驶的路程与时间之间的函数关系，有人根据函数图象，提出了关于这两个旅行者的如下信息：其中正确信息的序号是（

）

A. 骑自行车者比骑摩托车者早出发3h，晩到1hB. 骑自行车者是变速运动，骑摩托车者是匀速运动

C. 骑摩托车者在出发1.5h后追上了骑自行车者D. 骑摩托车者在出发1.5h后与骑自行车者速度一样【答案】AB【解析】

【分析】根据路程与时间的关系图象分析，骑自行车者、骑摩托车者的运动方式，位置关系，速度大小，即可确定答案.

【详解】由时间轴知：骑自行车者比骑摩托车者早出发3h，晩到1h，A正确；

骑摩托车者行驶的路程与时间的函数图象是直线，所以是匀速运动，而骑自行车者行驶的路程与时间的函数图象是折线，所以是变速运动，B正确；

摩托车速度为40km/h，骑摩托车者出发1h后距离骑自行车者10km，自行车后两小时速度为15km/h，

102h故骑摩托车者还需要40155追上骑自行车者，故骑摩托车者在出发1.4h后追上了骑自行车者，故

C、D错误．故选：AB

a3x3x2fxaxx2x11. 已知函数为R上的单调函数，则实数a的取值可以是（ ）10A. 3【答案】AC【解析】

11B. 319C. 6D. 4

yx【分析】由已知

ax在2，上单调，讨论a，并确定a的可能范围，结合一次函数性质，分段函

数的单调性列不等式求a的范围.

yx【详解】因为函数为R上单调函数，所以函数

ax在2，上单调，

当a0时，又

yxax在2，单调递增，

ya3x3在

,2上单调递减，与已知矛盾；

当a0时，由函数

yxax在2，上单调，ax在2，上单调递增，

可得a4，且函数所以函数

yxfx为R上的单调递增函数，

a30a10a32323a2，所以3，所以故选：AC.

sinx,sinxcosxf(x)cosx,sinxcosx，下列四个结论正确的是（ ）12. 对于函数

A. f(x)是以为周期的函数

B. 当且仅当xk(kZ)时，f(x)取得最小值-1

C. f(x)图象的对称轴为直线

x4k(kZ)222kxD. 当且仅当【答案】CD【解析】【分析】

22k(kZ)时，

0f(x)求得f(x)的最小正周期为2，画出f(x)在一个周期内的图象，通过图象可得对称轴、最小值和最大值，即可判断正确答案．

sinx,sinxcosxf(x)cosx,sinxcosx的最小正周期为2，【详解】解：函数

画出f(x)在一个周期内的图象，可得当

2k4x2k54，kZ时，

f(x)cosx，

当2k59x2k44，kZ时，

f(x)sinx，

可得f(x)的对称轴方程为

x4k，kZ，

当x2k或

x2k232，kZ时，f(x)取得最小值1；

时，f(x)0，

当且仅当

2kx2k(kZ)22f()0f(x)f(x)的最大值为42，可得2，

综上可得，正确的有CD．故选：CD．

【点睛】本题考查三角函数的图象和性质，主要是正弦函数和余弦函数的图象和性质的运用，考查对称性、最值和周期性的判断，考查数形结合思想方法，属于中档题．

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）

2xRx2x030的否定形式为__________.0013. ，

【答案】xR，x2x30【解析】

【分析】含有一个量词的命题的否定步骤为：改量词，否结论.【详解】改量词：

2x0R改为xR，

2x2x030否为x22x30，0否结论：

2xRx2x030的否定形式为：xR，x22x30.00所以，

故答案为：xR，x2x30.

23coscos________.63，则614. 已知

【答案】【解析】

【分析】本题可根据诱导公式得出结果.

3335coscoscos3，666【详解】

故答案为：

33x2x4yx1的最小值是______．15. 已知x1，则函数

【答案】3【解析】

【分析】将函数化简，分离常数，然后结合基本不等式即可得到结果.【详解】因为x1，

x2x4x1(x1)44yx11x1x1x122x1413x14x1，即x1时，等号成立.

当且仅当

x1x2x4yx1的最小值是3所以函数

故答案为:3.

16. 已知函数

f(x)x2ax12，g(x)lnx，用min{m,n}表示m，n中的最小值，设函数

h(x)min{f(x),g(x)}(x0)，若h(x)恰有3个零点，则实数a的取值范围是___________.

3,2【答案】2【解析】

f(x)x2ax【分析】分析函数案.

12的零点情况，可确定符合题意的情况，从而得到不等式组，解得答

f(x)x2ax【详解】函数

11(0,)2恒过点2 ，且其图象开口向上，g(x)lnx的零点为1，

f(x)x2ax当

12的零点至少有一个大于或等于1时，如图示：

函数h(x)min{f(x),g(x)}(x0)的零点至多有两个，不符合题意，

故要使h(x)恰有3个零点，则函数f(x)在区间(0,1)上存在两个零点，如图示，

a0121f(1)1a0212Δa402故3a2解得2，

3,22故答案为：

四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

17. 设全集为R，集合（1）求

Ax3x6Bx2x9，

.

AB；

R（2）已知

Cxaxa1R，若CB，求实数a的取值构成的集合.

【答案】（1）（2）

ABx2x3或6x9；

x2x8.

【解析】

【分析】（1）利用补集和交集的定义计算即可；（2）根据集合的包含关系列不等式，解不等式即可.【小问1详解】由题意得，

RAxx3或

x6，则

ABx2x3或6x9.

R【小问2详解】

a2a19，解得2a8，所以实数a的取值集合为x2x8.CB因为，所以18.

（1）设a为正实数，已知aa1212331a2a2aa51，求的值；

ln34lg10elog23log316.

（2）求值：

【答案】（1）8 （2）3【解析】

【分析】（1）利用立方差公式与完全平方公式求解即可；

（2）利用对数的运算法则求解即可.【小问1详解】

121211122aaa2a111，∴，则aa3，

2∵aa11a2a2a1a1aa151428.∴原式【小问2详解】

4lg103原式

12lg3lg164lg223143lg2lg3lg2.

19. 在治疗新型冠状病毒引起的肺炎的过程中，需要某医药公司生产的某种药物，此药物的年固定成本为

12Cxx10xCx3250万元，每生产x千件需投入成本.当年产量不足80千件时，（万元）；当年产量

不小于80千件时，

Cx51x100001450x（万元），每件药品售价为0.05万元.在疫情期间，该公司

生产的药品能全部售完.（1）写出年利润

Lx（万元）关于年产量x（千件）的函数解析式；

（2）当年产量为多少千件时，在这一药品的生产中所获利润最大？该公司决定将此药品所获利润的1%用来购买防疫物资捐赠给医疗机构，当这一药品的生产中所获年利润最大时，可购买多少万元的防疫物资？

12x40x250,0x80,3Lxx100001200,x80.x【答案】（1）

（2）x100（千件）时生产中所获利润最大，此时可购买10万元抗疫物资.【解析】

Lx【分析】（1）讨论0x80、x80分别求得对应解析式，再写出的分段函数形式即可；

（2）应用二次函数、分式型函数的性质分别求时所购买的防疫物资费用.【小问1详解】

Lx在不同分段上的最大值，比较大小，即可知利润最大

11Lx0.051000xx210x250x240x25033当0x80时，；

1000010000Lx0.051000x51x1450250x1200xx当x80时，，

12x40x250,0x80,3Lxx100001200,x80.x因此

【小问2详解】

11Lxx240x250(x60)2950LxmaxL6095033当0x80时，，故，

Lxx10000100001000012002x12001000xxxx，即x100时所，当

当x80时，

获利润取到最大值.

因此当x100（千件）时生产中所获利润最大，此时可购买10001%10万元抗疫物资.

3xbfxx31是定义域为R的奇函数．20. 已知函数

（1）求实数b的值；（2）判断并证明

fx在R上的单调性；

3xf(x)x0k，求实数k的取值范围．（3）已知当时，

【答案】（1）b=-1 （2）

fx在R上单调递增，证明见解析

223,（3）【解析】

f00，即可解得b；

【分析】（1）由定义域为R的奇函数的性质:

（2）由（1）得函数

fx123x1，设t1t2，然后作差：ft1ft2，比较ft1和ft2的大

小，结合函数单调性的定义得出结论；

3x13x2xk313x3x1，利用基本不等式即可得到k的取值范围.（3）由31k分离参数k得到

【小问1详解】

3xbfxx31是定义域为R的奇函数，因为函数

f01b02，解得b=-1，

则

经检验当b=-1时，函数故实数b的值为1.【小问2详解】

fx为奇函数，满足题意，

3x13x122fxxx1x313131，xR.由（1）知，

任取1，

tt2R且t1t2，则03t13t2，

所以即

23t13t222ft1ft21t101t2t1t231313131，则

ft1ft2，

t1t2时，ft1ft2，

所以函数

fx在R

上单调递增．

【小问3详解】

3x13xfxx31k，x0由题可知，时，

32x3x(3x1)23(3x1)22xkx313313x13x1即

k2(3x1)232233x1因为x0，所以310，

x3x1当且仅当

23x1，即3x21时等号成立，即k223；

223,k所以实数的取值范围为.

21. 已知二次函数

fxx23mx4，mR．

在实数集R上恒成立，求实数m的取值范围．

（1）若关于x的不等式

fxmx2mx2m1xm1x2fx．

（2）解关于x的不等式

【答案】（1）222m222 （2）答案见解析【解析】

1mx22mx40【分析】（1）分析可知在实数集R上恒成立，分1m0、1m0两种情况

讨论，在第一种情况下，直接验证即可；在1m0的情况下，可得出关于实数m的不等式组，综合可得出实数m的取值范围；（2）将原不等式等价变形为

x2mx10，对实数m的取值进行分类讨论，利用二次不等式和一

次不等式的解法解原不等式，综合可得结果.【小问1详解】解：不等式

fxmx2mx在实数集R上恒成立，

1mx22mx40即为在实数集R上恒成立.

①当1m0时，即m1时，可变形为2x40，解得x2，m1不成立；②当1m0时，即m1时，要使原不等式恒成立，

则

1m02Δ4m161m0，解得222m222.

综上所述，实数m的取值范围是222m222.【小问2详解】

m1x2m1x2fxmx212mx20解：不等式，等价于，

即

x2mx10.

x1m；

①当m0时，解原不等式可得x2或

②当m0时，不等式整理为x20，解得x2；

③当m0时，方程

x2mx10的两根为

x11m，x22，

111m022xm；（i）当2时，因为m，解原不等式得

（ii）当

m1122时，因为m，原不等式的解集为；

m（iii）当

1112x22时，因为m，解原不等式得m，

11xx2mm；2时，原不等式的解集为综上所述，当

当m12时，原不等式的解集为；

11x2xm0m；当2时，原不等式的解集为当m0时，原不等式的解集为

xx2；

1xx或x2m.当m0时，原不等式的解集为22. 对于函数

yfx，若函数

Fxfx1fx是增函数，则称函数

yfx具有性质A．

1若fxx22，求Fx的解析式，并判断fx是否具有性质A；2判断命题“减函数不具有性质A”是否真命题，并说明理由；

3若函数fxkx2x3x0具有性质A，求实数k的取值范围，并讨论此时函数

gxfsinxsinx【答案】（1）【解析】

在区间

0,π上零点的个数．

Fx2x1，具有性质A；（2）假命题；（3）详见解析.

1fxx22Fxfx1fxFxFx【分析】由，结合即可得出解析式，和单调性，进

而可得出结果；

fx0.5x2判断命题“减函数不具有性质A”

，为假命题，举出反例即可，如；

3 若函数fxkx2x3x0具有性质A，可知Fx 在x0为增函数，进而可求出实数k的取

值范围；再令

tsinx0t1，则

gxfsinxsinx在区间

0,π上零点的个数，即是ftt的

根的个数，结合k的取值范围，即可求出结果.

1fxx22Fx(x1)22x222x1【详解】解：，，

Fx在R上递增，可知

fx具有性质A；

fx0.5x2命题“减函数不具有性质A”

，为假命题，比如：，Fxfx1fx0.5x1在R上递增，

fx具有性质A；

3若函数fxkx2x3x0具有性质A，

可得

Fxfx1fxk(x1)2(x1)3kx2x33x232kx1k32k30k62；在x0递增，可得，解得

由

tsinx0t1，可得

gx0，即

ftt，

23可得kttt，t0时显然成立；

0t1时，

k1tt2，

11,20,12，tt由在递减，且值域为

k0时，t0或1，sinx有三解，3个零点；

k当

1π

x

2时，t1，即sinx1，可得2，1个零点；12时，ftt，t有一解，x两解，即两个零点；

k当

31k2，且k0时，ftt无解，即x无解，无零点．当2【点睛】本题主要考查函数的解析式与函数的单调性，以及函数零点问题，按照题中条件结合函数的性质分析即可，属于常考题型.