2024年新高考联考协作体高一2月收心考试
高一数学试卷
考试时间：2024年2月21日下午15：00-17：00
试卷满分：150分
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准
考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写
在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用，黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸
和答题卡上的非答题区域均无效。
一、选择题：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，只有一项符合
题目要求
1.已知集合A-{x|y=√-x2+2x+3,集合B={yy=lg(x2+1},则AnB=（)
A.(0,3)
B.(-1,3]
C.[0,3]
D.[0,+o)
2.比较a=
1
2024
b=20242m,c=1og12024的大小（)
2023
2023
A.a>b>c
B.b>a>c
C.b>c>a
D.c>a>b
3.下列四个函数中以π为最小正周期且为奇函数的是()
A.f(x)=sin|xl
B.f(x)=cos|x
C.f(x)=cosx
D.f(x)=tan (-x)
4π
已知sin(a-石)=，则cos(a+
4.
)
2
5
4.、
B.3
2
2
2
D.、1
5.已知函数x)的部分图象如图所示，则函数x)的解析式可能是()
A.f(x)=(4-4
B.f(x)=
4-4x
C.f(x)=(4-4)l1og2l
D.f(x)=(4*+4*)logz
6.中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水温经有关研究可知：在室温25℃下，某种
绿茶用85℃的水泡制，经过xmin后茶水的温度为y℃，且y=k0.9085+25(x≥0，k∈R),
当茶水温度降至70℃时，此时茶水泡制时间大约为()（结果保留整数，参考数据：
1n2≈0.6931,1n3≈1.0986,1n0.9085≈-0.0960).
A.2min
B.3min
C.4min
D.5min
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7.下列选项中是“3xE[12],2x2-mx+6>0”成立的一个必要不充分条件的是()
A.m≤8
B.m>8
c.m≤4v5
D.m<8
8.己知f(x)是定义在R上的函数在(0，+)上单调递减，且∫(2)=0，函数y=f(x+2)的
图象关于点(-2,0)对称，则不等式(x+)f(1-x)≥0的解集为()
A.(-oo,-1]U[3,oo）B.【-1,3]
C.【-1,1]U[3,+o)
D.(o,1]U[3,+o)
二、选择题：本题共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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分
9.下列说法正确的是()
则MN
B.终边落在y轴上的角的集合可表示为{a|a=90+kπ，keZ
C若血-6osx20则xe经+2D.在△ABC中，若sin2A=sin2B,则△ABC为等腰三角形
10.已知正实数x,y满足x+2y=1,则()
A可对
B.Vx+V2y≥V2C.y+2x≥9xy
D.x2+y2<1
1.已知fx-V5tan(2x+孕)，则下列说法正确的有()
图象对称中心为爱+小2
B。f)的最小正周期为2
C因的单润递地区同为侣+号音+号》eZ
D.若21周：（贺+空-导+e2
12.一般地，若函数fx)的定义域为[a,b],值域为[ka,kb],则称[a,b]为函数fx)的“k倍伴随区间”，
另函数fx)的定义域为a,b],值域也为[a,b],则称[a,b]为fx)的“伴随区间”，下列结论正确的是
()
A.若2，]为函数f(x)=x2-4x+6的“伴随区间”，则b=3
B.函数f四=1+2存在“伴随区间”
C若满数付=-存在伴随区同，则m[行】
D.二次函数了)=方+x存在3倍件随区同
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高一数学试卷答案
1.C; 解析：令-x2+2x+3 ≥0解得 -1≤x≤3∴A=[-1，3]
∵x2+1≥1 ∴lg(x2+1 ) ≥0 即 B=[0,+∞)
∴A∩B=[0,3]
2.B; 解析：∵0<ɑ<1,b>1,c<0∴ b>ɑ>c
3. D；解析：f (x) sin | x |不是周期函数，f (x) cos | x |与 f (x) | cosx | 是偶函数，f (x) tan（ x）
周期为π且为奇函数，故选 D.
cos( 4 ) cos 3 sin( 14.C; 解析： )
3 6 2
6 2
5.C；解析：由图象可知 f(x)为奇函数，且在 x=0处无定义，又因为当 x>0且 x→0时，f(x)<0,故选 C
6.B; 解析：当 x=0时， k 0.90850 25 85 ,则 k=60
3
令 y 60 0.9085x 25 70 ,∴0.9085x
4
3
xln0.9085=ln =ln3-2ln2 解得 x≈3
4
7.A; 解析： x∈[1,2],2x2-mx+6>0 即 x∈[1,2],
m 2x
2 6 3
2(x ) m 2(x
3
)
x x x max
即 m<8,则“m<8”的必要不充分条件为“m≤8”
8.D；解析：由函数 y=f(x+2)的图象关于（-2，0）对称可得 f(x)图象关于（0，0）对称，所以 f(x)为 R上的
奇函数，则 f(x)函数图象大致如图 1所示
要解（x+1)f(1-x) ≥0即 (x+1)[-f(x-1)] ≥0,即 (x+1)f(x-1) ≤0
即 x+1≥0时 f(x-1) ≤0 或者 x+1 ≤0时 f(x-1) ≥0
又∵ y=f(x-1)图象大致如图 2，结合图 2可知，
上述不等式解集为： x | x 1或x 3
9.AC；解析：集合M表示终边落在直线 y=±x上角的集合，集合 N表示终边落在直线 y=±x及坐标轴上角
{#{QQABCYAEogigABJAAAgCEwF4CAEQkAGACCoGBEAMMAIBiBNABAA=}#}
的集合，因此 A正确；B选项出现角度与弧度混用错误；C选项 sinx-cosx>0即 sinx>cosx,由正、余弦函数
图象可知正确；D选项若 sin2A=sin2B,则△ABC为等腰三角形或直角三形，故 D错误。
1
10.ACD ； 解 析 ： 由 基 本 不 等 式 得 x 2y 2 2xy 即 2 2xy 1 ， 所 以 xy 故 A 正 确 ；
8
（ x 2y )2 x 2y 2 2xy 1 1 2 ， 所 以 x 2y 2 ， 故 B 错 误 ； 因 为
x 2y)(1 1 2y 2x 1 2（ ) 5 5 2 4 9 ， 所 以 9 即 y+2x≥9xy, 故 C 正 确 ；
x y x y x y
x2 y2 (1 2y)2 y2 5y2
1
4y 1 ,其中 y (0, )所以 x2 y2 1 ,故 D正确。
2
2x k x k k 11.BD；解析：令 ,k∈Z,则 ，k∈Z即 f(x)图象对称中心为 ( ,0) k∈Z；
3 2 6 4 6 4
故 A 错误； f(x)最小正周期为： T ，故 B 正确； f(x)无单调增区间，故 C 错误 ;f(x)≥1，即
2
3 5 k x k tan(2x ) ，解得 ,k Z，故 D正确
3 3 12 2 4 2
12.AD； 解析：A.f(x)=x2-4x+6 在 x 2,b 上单调递增， ∴f(b)=b 即 b2-4b+6=b ∴b=2（舍）或 b=3∴选
项 A正确；
2
B、 f (x) 1 在（-∞，0）和（0，+∞）上单调递减，若存在“伴随区间” a,b 则 f(a)=b f(b)=a 即
x
1 2 b 1 2. a由此可得 a 2或 a 1 . x [ 1,2]与 f(x)定义域为
a b （ ，0） （0， ）
不符合
“伴随区间”定义，故 B错误
C、 f (x) m x 1 在 上 x 1, 单 调 递 减 ， 假 设 存 在 “伴 随 区 间 ” a,b 1, 则
m b 1 a 且 m a 1 b
m a 1 b b 1 a b 1 a 1 b a (b 1) (a 1)
b 1 a 1 1 即 b 1 1 a 1 或 a 1 1 b 1因此
m 1 a 1 a
m 1 b 1 b
m 1 x 1 x在[-1,+∞）内有两个不同根
{#{QQABCYAEogigABJAAAgCEwF4CAEQkAGACCoGBEAMMAIBiBNABAA=}#}
令t x 1, t 0, t 2 x 1, x t 2 1,m t 2 1 t 1
m 1 ,0
4
D、因为 x -4,0 时，y -12,0 ，所以 D正确.
13. -3; 解析：因为 f(x)=(m2+m-5)xm+1为幂函数，所以 m2+m-5=1;解得 m=-3或 m=2，又因为 f(x)在
（0，+∞）上递减，所以 m+1<0,故 m = -3.
1 1 2 1 1 2 1
14. 2 ; 解析：由题知扇形半径为 ，弧长为 所以扇形面积为： sin 1 sin1 sin1 2 sin1 sin1 sin 21
, 4 15. ； 解 析 ：2 3 f (x) 1 sin
2 x 2sin x 3 ， 令 t sin x , x , 则
3
2 y 1 ,2 3 x t sin x 3
1
y t 2t 3 1，因为 ，当 时， ，此时 y ；又 4 3 2 4
4
∵ y 2 3时 t=1,结合 t=sinx图象可知：
2 3
16.（0，56）；解析：f(x)图象大致如图所示：
令 f(ɑ)=f(b)=f(c)=f(d)=f(e)=k则 0易知：a d 4，b+c=4,6af (a) bf（b） cf (c) df (d ) ef (e)
(b c)k (a d )k ek
所以所求范围为（0，56）
(8 e)k (8 e)(10 e)
e2 2e 80,6 e 10
1
17.解：（1）原式= 2 4 9 log327 6 --------5 分2
1 1
（2） 2 2 2 1 a a 1 (a a ) a 2 a 4 6 --------6 分
1 1 1 1
1 1
2 2 2 2 2 2 (a a ) (a a ) 4 8 a 2 a 2 0
{#{QQABCYAEogigABJAAAgCEwF4CAEQkAGACCoGBEAMMAIBiBNABAA=}#}
1 1
∴
2 2 ----------8 分a a 2 2
1 1
原式 (a 2 a 2 )(a 1 a 1)(a a 1 2)
2 2(6 1)(6 2) 40 2 - ----------10 分
18.解：(1) f ( )
( sin )( cos )( cos )
tan 分
cos ---------4 ( cos ) cos
f (11 ) tan 11 tan( ) 3 ---------6 分
3 3 3
(2) tan 2 ----------8分
2sin 2 2sin cos cos2
原式
sin 2 cos2
4tan 2 2 tan 1 ----------10分
tan 2 1
13 ----------12分
5
19.解：（1）设该甜品店 x年后所得总利润为 y
则 y=12x-(x2+2x)-21=-x2+10x-21
若开始盈利即 y>0 ∴-x2+10x-21>0 3∴第四年开始盈利 --------4 分
y 21
（2）方案①：设年平均利润为W（x）则w(x) (x ) 10
x x
w(x)在 x (0, 21)上单调递增 x ( 21, )上为单调递减 ---------6 分
3
又 x N ,4 21 5∴x=4时 w(4) ,4年总得润为 3万元
4
4
x=5时 w(5) 5年总利润为 4万元 ---------8 分
5
方案②： y x2 10x 21 (x 5)2 4 ymax=4
即 x=5时 总利润最大为 4万元 -------10分
故选择方案一或方案二是一样的，最终都是在 x=5 即第 5 年总利润达到最大值 4 万元 ，加上卖设备的 2
万元，一共 6万元利润。 ---------12 分
20.解：（1）∵f(x)图象上相邻的最高点与最低点的距离为 4.且 A 3
{#{QQABCYAEogigABJAAAgCEwF4CAEQkAGACCoGBEAMMAIBiBNABAA=}#}
(T )2 2 ∴ (2 3)2 16 T 4 即 4 w --------2分
2 w 2
1
又 f(x)图象关于 ( ,0)对称
3
1
k ,k Z k ,k Z，又 ,
3 2 6 2 6
---------4分
（2） f (x) 3sin( x )
2 6
2k x 4 2 2k ，k Z 解得 4k x 4k ,k Z，
2 2 6 2 3 3
4 2
∴f(x) 的单调增区间为 4k， 4k
,k Z ---------6分
3 3
8
（3） ∵ x 0,
3
x ,
3
---------8 分2 6 6 2
y sin x 3 在x ( , )上单调递增，在 x ( , )上单调递减 ----------10分
6 2 2 2
3
m 3
2 ---------12分
21.解：（1） x 1 a2 16 0对 x 1, 恒成立
即 a2 16 ( x 1)min
∵ x 1 则 x 1 0
a2 16 0 即 4 a 4 ---------5 分
5
(2)g(x)>f(x)对 x 1, 4
恒成 ∴
g(x) f (x)
---------7 分
min max
5
g(x) 161 x 1 5 是单调减函数 x 1, 时 g(x) g( ) 0
2 4
min
4
5
f (x) log2( x 1 a
2 16) 是单调增函数 x 1, 时 4
{#{QQABCYAEogigABJAAAgCEwF4CAEQkAGACCoGBEAMMAIBiBNABAA=}#}
f (x) 5 33max f ( ) log2 ( a
2 ) --------10分
4 2
log (332 a
2 ) 0即
2 a
62 62
或a
2 2
-4<ɑ<4 a ( 4, 62 62又∵ ) ( ,4) - -------12分
2 2
22.解：（1）令 t=2x , x ,0 ，则t 0,1 ,由题意可得， f (x) 2在x ,0 上恒成立，则
t 2 at 1 2在t 0,1 上恒成立 -------2分
2 t 2 at 1 2 t 3 1 即 a t --------3分
t t
1
∵ y t 在 0,1 上单调递减，∴ymin=0
t
y 3 t 在 0,1 上单调递增，∴ymax= -4,
t
综上： 4 a 0 ---------6分
1 n
（2）假设存在 k满足题意，m k 1
m 2,n N
2
n
当 n为偶数时，m k 1 1
m 2,
m k m 2即 n n
2 1 1 1 1
2 2
∴m k 4 m 2 ---------8 分
5
n 1
当 n为奇数时，，m k 1 m 2,
m m 2
即 n k
2
n
1 1 1
1
2 2
∴ 2m k m 2 -----------10分
4 4
若 k存在，则 2m k m 2 ，且 m 2 2m 0
5 5
即m 4 12 , m 1,即2 k , k 2 -------------12分
3 5
{#{QQABCYAEogigABJAAAgCEwF4CAEQkAGACCoGBEAMMAIBiBNABAA=}#}
