資源簡介

(時間：120分鐘　滿分：150分)
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．(2024·新高考Ⅰ卷)已知集合A＝{x|－5A．{－1，0} 　 B．{2，3}
C．{－3，－1，0} 　 D．{－1，0，2}
2．已知某扇形的周長為5，圓心角為3弧度，則該扇形的面積為(　　)
A． 　 B．1
C． 　 D．2
3．已知a＝log30.5，b＝log0.50.3，c＝sin ，則(　　)
A．c＞b＞a 　 B．c＞a＞b
C．b＞a＞c 　 D．b＞c＞a
4．下列函數中，既是周期函數又是偶函數的是(　　)
A．y＝tan x 　 B．y＝|tan x|
C．y＝sin |x| 　 D．y＝cos
5．當x∈(0，2π)時，函數f (x)＝sin x與g(x)＝|cos x|的圖象所有交點橫坐標之和為(　　)
A．π 　 B．2π
C．3π 　 D．4π
6．已知函數f (x)＝在R上單調遞增，則a的取值范圍為(　　)
A． 　 B．
C． 　 D．(1，2)
7．函數f (x)＝cos 2x－2sin x的值域是(　　)
A． 　 B．[－3，1]
C． 　 D．(－3，1)
8．已知定義在R上的函數f (x)滿足：f (x－1)的圖象關于點(1，0)對稱，f (x＋2)是偶函數，且f (x)在[0，2]上單調遞增，則(　　)
A．f (10)＜f (19)＜f (13)
B．f (10)＜f (13)＜f (19)
C．f (13)＜f (10)＜f (19)
D．f (13)＜f (19)＜f (10)
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9．下列說法正確的是(　　)
A．函數f (x)＝1與g(x)＝x0是同一個函數
B．“a＞b＞0”是“＜”的充分不必要條件
C．命題“ x∈R，x2－x＋＜0”的否定是真命題
D．集合{x|x＜－2，且x＞－1}沒有真子集
10．已知關于x的一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0的解集為{x|x≤－2或x≥1}，則(　　)
A．b＞0且c＜0
B．4a＋2b＋c＝0
C．不等式bx＋c＞0的解集為{x|x＞2}
D．不等式cx2－bx＋a＜0的解集為
11．已知函數f (x)＝A sin (ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，將f (x)的圖象向右平移個單位長度，再向下平移1個單位長度后得到函數g(x)的圖象，則(　　)
A．ω＝2
B．φ＝
C．g(x)的最小正周期為π
D．g(x)的圖象關于點對稱
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12．若2a＝3b＝，則的值為________．
13．寫出一個同時滿足下列①②③的函數的解析式________．
①f (x)的定義域為(0，＋∞)；②f (x1x2)＝f (x1)＋f (x2)；③當x＞1時，f (x)＞0．
14．已知tan ＝2－，tan β＝1，則＝________．
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15．(本小題滿分13分)已知集合A＝{x|log2(x－1)<2}，B＝{x|x2－2ax＋a2－1<0}．
(1)若a＝1，求A∪B；
(2)求實數a的取值范圍，使________成立．
從①A RB，②B RA，③( RA)∩B＝ 中選擇一個填入橫線處求解．
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
16．(本小題滿分15分)已知函數f (x)＝4x＋．
(1)用定義證明：函數f (x)在(0，1]上單調遞減；
(2)如果對任意x∈[1，2]，不等式(3－4log2x)(3－log2x)>klog2x恒成立，求實數k的取值范圍．
17．(本小題滿分15分)已知函數f (x)＝sin (ω＞0)，f (x)圖象上相鄰兩個對稱中心的距離為．
(1)求函數f (x)的解析式和單調遞增區間；
(2)若將函數f (x)圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，再向右平行移動個單位長度，得到函數g(x)的圖象，求函數h(x)＝(sin x＋cos x)·g(x)在上的最大值．
18．(本小題滿分17分)(教材P227例10改編)為了便于市民運動，市政府準備對道路旁邊部分區域進行改造．如圖，在道路EF的一側修建一條新步道，新步道的前一部分為曲線段FBC，該曲線段是函數y＝A sin (A＞0，ω＞0)，x∈[－4，0]時的圖象，且圖象的最高點為B(－1，2)，新步道的中間部分為長1千米的直線跑道CD，且CD∥EF，新步道的后一部分是以O為圓心的一段圓弧．
(1)求ω的值和∠DOE的大小；
(2)若計劃在圓弧步道所對應的扇形ODE區域內建面積盡可能大的矩形區域服務站，并要求矩形的一邊MN緊靠道路EF上，一個頂點Q在半徑OD上，另外一個頂點P在圓弧DE上，且∠POE＝θ，求矩形MNPQ面積最大時θ應取何值？并求出最大面積．
19．(本小題滿分17分)已知函數f (x)在定義域內存在實數x0和非零實數D，使得f (x0＋D)＝f (x0)＋f (D)成立，則稱函數f (x)為“D伴和函數”．
(1)判斷是否存在實數D，使得函數f (x)＝為“D伴和函數”？若存在，請求出D的范圍；若不存在，請說明理由；
(2)證明：函數f (x)＝x2＋sin x＋1在[0，＋∞)上為“π伴和函數”；
(3)若函數f (x)＝lg 在(0，＋∞)上為“1伴和函數”，求實數a的取值范圍．
1 / 1模塊綜合測評
1．A　[因為A＝{x|－}，B＝{－3，－1，0，2，3}，且注意到1<<2，所以A∩B＝{－1，0}．故選A．]
2．C　[設扇形的半徑為r，弧長為l，
則解得r＝1，l＝3，
則扇形的面積為S＝．故選C．]
3．D　[利用對數函數的性質可得a＝log30.5log0.50.5＝1，
利用誘導公式可得
c＝sin∈(0，1)，
所以b>c>a．故選D．]
4．B　[對于A，y＝tan x是奇函數不滿足題意，故A錯誤；
對于B，若y＝f(x)＝|tan x|，首先定義域為，關于原點對稱，
且f(－x)＝|tan(－x)|＝|tan x|＝f(x)，所以y＝f(x)＝|tan x|是偶函數，
又f(x＋π)＝|tan(x＋π)|＝|tan x|＝f(x)，所以y＝f(x)＝|tan x|是周期函數，故B正確；
對于C，畫出函數y＝sin|x|的圖象如圖所示：
由此可知函數y＝sin|x|不是周期函數，故C錯誤；
對于D，若y＝f(x)＝cos(，則f(，所以y＝f(x)＝cos(不是偶函數，故D錯誤．故選B．]
5．A　[作出函數f(x)＝sin x和g(x)＝|cos x|在(0，2π)上的圖象．
從圖象上可得，函數f(x)＝sin x的圖象和g(x)＝|cos x|的圖象在(0，2π)內有兩個交點．
sin x＝cos x，x∈(0，，即tan x＝1，x∈(0，，得x＝，sin x＝－cos x，x∈(，π)，tan x＝－1，x∈(，π)，得x＝，所有交點橫坐標之和為＝π．故選A．]
6．A　[因為函數f(x)＝在R上單調遞增，所以．
故選A．]
7．C　[f(x)＝cos 2x－2sin x＝1－2sin2x－2sin x，
令sin x＝t(t∈[－1，1])，
則g(t)＝－2t2－2t＋1＝－2(t＋，
因為t∈[－1，1]，且該二次函數g(t)的圖象開口向下，
所以g(t)max＝g(－，
因為g(1)＝－3，g(－1)＝1，
所以g(t)min＝g(1)＝－3，
因此g(t)∈[－3，]，
即f(x)∈[－3，]．故選C．]
8．D　[因為f(x－1)的圖象關于點(1，0)對稱，
所以f(x)的圖象的對稱中心是(0，0)，故f(－x)＝－f(x)，
因為f(x＋2)是偶函數，所以f(x)圖象的對稱軸是直線x＝2，即f(2＋x)＝f(2－x)，
所以f(2＋x)＝f(2－x)中，將x替換為x－2，得到f(x)＝f(4－x)，
故f(－x)＝－f(4－x)，將x替換為x－4，得到f(4－x)＝－f(8－x)，
所以f(－x)＝f(8－x)，因此f(x)的周期為8．
所以f(10)＝f(2)，f(19)＝f(3)＝f(1)，f(13)＝f(5)＝f(－1)，
因為f(x)在[0，2]上單調遞增且f(x)是奇函數，
所以f(x)在[－2，2]上單調遞增，所以f(－1)所以f(13)9．BCD　[對于A，兩個函數的定義域不一樣，故不是同一個函數，A錯誤；
對于B，若a>b>0，則，充分性成立，
若，如a＝－1，b＝－2，此時0>a>b，必要性不成立，
所以“a>b>0”是“”的充分不必要條件，故B正確；
對于C，命題“ x∈R，x2－x＋<0”的否定是 x∈R，x2－x＋≥0，
由二次函數的性質可得f(x)＝x2－x＋的圖象開口向上，Δ＝0，所以f(x)≥0恒成立，故C正確；
對于D，集合{x|x<－2，且x>－1}是空集，而空集沒有真子集，所以D正確．
故選BCD．]
10．AC　[由題意可知所以b>0且c<0，4a＋2b＋c＝4a＋2a－2a＝4a>0，故A正確，B錯誤；
不等式bx＋c>0 ax－2a＝a(x－2)>0 x>2，故C正確；
不等式cx2－bx＋a<0 －2ax2－ax＋a＝－a(2x－1)(x＋1)<0，
即(2x－1)(x＋1)>0，所以x>或x<－1，故D錯誤．
故選AC．]
11．ABC　[由題圖知：A＝2，，
則ω＝2，故f(x)＝2sin(2x＋φ)，
又2sin(2×＋φ)＝2，
即＋2kπ，k∈Z，
故φ＝＋2kπ，k∈Z，
由|φ|<，所以φ＝，
則f(x)＝2sin(2x＋，
故g(x)＝f(x－－1，則最小正周期T＝π，
顯然sin(2×≠0，
故g(x)的圖象不關于點(，－1)對稱．
故選ABC．]
12．2　[因為2a＝3b＝，
所以a＝log2，b＝log3，
所以＝2．]
13．f(x)＝ln x(答案不唯一)　[取f(x)＝ln x，其定義域為(0，＋∞)，
f(x1x2)＝ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2＝f(x1)＋f(x2)，滿足f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)，且當x>1時，f(x)>0，滿足所有條件．]
14．－1　[因為tan(α＋，所以tan α＝－，
＝－1．]
15．解：(1)A＝{x|log2(x－1)<2}＝{x|0B＝{x|x2－2ax＋a2－1<0}＝{x|[x－(a－1)][x－(a＋1)]<0}＝{x|a－1當a＝1時，B＝{x|0(2)由(1)知，A＝{x|1所以 RA＝{x|x≤1或x≥5}， RB＝{x|x≤a－1或x≥a＋1}．
若選①，A RB，則a＋1≤1或a－1≥5，
解得a≤0或a≥6，所以a的取值范圍為a≤0或a≥6．
若選②，B RA，則a＋1≤1或a－1≥5，
解得a≤0或a≥6，所以a的取值范圍為a≤0或a≥6．
若選③，( RA)∩B＝ ，則
解得2≤a≤4，所以a的取值范圍為2≤a≤4．
16．解：(1)證明：對任意x1，x2∈(0，1]，且x1則f(x1)－f(x2)＝(4x1＋
＝，
因為00，4x1x2－9<0，
可得f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
所以函數f(x)在(0，1]上單調遞減．
(2)令t＝log2x，由于x∈[1，2]，則t∈[0，1]，
由題意可得：(3－4t)(3－t)>kt對一切t∈[0，1]恒成立，
當t＝0時，則9>0，符合題意，k∈R；
當t∈(0，1]時，可得k<4t＋－15，
令h(t)＝4t＋－15，
由(1)知h(t)在(0，1]上單調遞減，
當t＝1時，h(t)取到最小值h(1)＝－2，
所以k<－2．
綜上所述：實數k的取值范圍為(－∞，－2)．
17．解：(1)由題意知，，又ω>0，則T＝π＝，得ω＝2，
所以f(x)＝．
由－＋2kπ，k∈Z，
得－＋kπ，k∈Z，
所以f(x)的單調遞增區間為[－＋kπ，＋kπ](k∈Z)．
(2)將函數f(x)圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，得y＝的圖象，再將曲線向右平行移動個單位長度，得g(x)＝sin x的圖象．
則h(x)＝sin x(sin x＋cos x)＝，
因為0≤x≤，則－，
所以0≤sin(2x－，
當且僅當2x－，即x＝時，h(x)在[0，．
18．解：(1)由題意可得，A＝2，＝－1－(－4)＝3，即T＝12，
又ω>0，則ω＝，
所以曲線段FBC的解析式為y＝2sin(．
當x＝0時，y＝OC＝2sin，
又因為CD＝1，則tan∠DOC＝，
可知銳角∠DOC＝，所以∠DOE＝．
(2)由(1)可知OD＝2，OP＝2，且∠POE＝θ∈(0，，
則QM＝PN＝2sin θ，ON＝2cos θ，OM＝sin θ，
可得MN＝ON－OM＝2cos θ－sin θ，
則矩形MNPQ的面積為
SMNPQ＝MN·PN＝2sin θ(2cos θ－，
又因為θ∈(0，，則2θ＋，
可知當2θ＋，即θ＝時，SMNPQ＝，
所以矩形MNPQ的最大面積為，此時θ＝．
19．解：(1)不存在，理由如下：
若f(x0＋D)＝f(x0)＋f(D)，則，
整理得＋Dx0＋D2＝0，
因為Δ＝D2－4D2＝－3D2<0，該方程無解，
所以，不存在實數D使得函數f(x)＝為“D伴和函數”．
(2)證明：由f(x0＋π)＝f(x0)＋f(π)，
得(x0＋π)2＋sin(x0＋π)＋1＝＋sin x0＋π2＋2，
整理得2πx0－2sin x0－1＝0．
設g(x)＝2πx－2sin x－1，
因為g(x)的圖象在[0，＋∞)內連續不斷，
且g(0)＝－1<0，g(＝π2－3>0，則g(0)·g(<0，
所以g(x)在(0，內存在零點，
所以g(x)在[0，＋∞)內存在零點，
即方程2πx－2sinx－1＝0在[0，＋∞)內存在實根，
故函數f(x)＝x2＋sin x＋1在[0，＋∞)上為“π伴和函數”．
(3)若函數f(x)在(0，＋∞)上為“1伴和函數”，
則f(x0＋1)＝f(x0)＋f(1)，
即lg [，
整理得，
令t＝2x0＋1>1，則x0＝，
所以．
因為t＋＋2，
當且僅當t＝，即t＝時等號成立，
所以0<，
所以<1，即3－≤a<2，
所以實數a的取值范圍為[3－，2)．
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