福建省三明市普通高中2022-2023学年高一上学期期末质量检测数学试题(含答案解析)

福建省三明市普通高中2022-2023学年高一上学期期末质量检测数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题21．已知集合AxZxx20，Bx0x2，则AB（）A．1,0,1,2B．0,1,2C．0,2D．1,2）D．abc2．设a30.7，b30.4，clog30.7，则a，b，c的大小关系是（A．bacx13．函数fxeB．acbC．cab）12的零点所在区间为（x1A．0,1B．1,2C．2,3D．3,44．在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，若角的终边经过点Pm,2mm0，则A．45x3sin2cos的值为（2sincos）D．45B．5C．51x2图象的大致形状是（5．函数yx）A．B．C．D．6．大气压强p压力，它的单位是“帕斯卡”（Pa，1Pa=1N/m2），大气压强p（Pa）受力面积kh随海拔高度h（m）的变化规律是pp0e（k0.000126m-1），p0是海平面大气压强.已知在某高山A1,A2两处测得的大气压强分别为p1,p2，试卷第1页，共4页p11，那么A1,A2两处的海拔p22高度的差约为（）（参考数据：ln20.693）A．550mB．1818mC．5500m）D．1D．8732mlog2x,x0fx7．若函数为奇函数，则fg2（gx,x0A．2B．1C．08．已知函数f(x)sin(x)(0,0数，且f(x)A．10πππ）．若f(x)为奇函数，f(x)为偶函288）D．18π2在(0,) 至多有2个实根，则的最大值为（62B．14C．15二、多选题9．已知ab1，c0，则下列四个不等式中，一定成立的是（A．ccab）B．acbc）C．abcbacD．abc10．下列说法正确的是（A．命题“a1，a210”的否定是“a1，a210”B．“lnalnb”是“ab”的充分不必要条件C．fxx1x1与gxx1x1表示同一函数2D．函数fx2xmx1在区间1,单调递增，则实数m的范围是4,π的部分图像如图所示，11．函数fx2sinx0，下列结论正确的是（）π1A．fx2sinx33∣6kπ+πx6kπ+3π,kZB．不等式fx1的解集为xC．若把函数fx的图像向左平移π个单位长度，得到函数hx的图像，则函数2hx是奇函数1D．fx图像上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数gx的3试卷第2页，共4页2π5π图像，则函数gx在,上是减函数332cosx的结论正确的有（12．下列关于函数fx1x1e）A．图象关于原点对称πC．在,π上单调递减2πB．在0,上单调递增2D．值域为1,1三、填空题913．log42412．．14．函数y＝loga（x−1）+1（a>0且a≠1）的图象恒过定点π33π15．已知cosπ，则cos352..123x,x016．已知函数fx，若fafa，则a21x,0x1四、解答题1x117．已知集合Ax|216,Bx|xmxm10；2（1）求集合A；（2）若ABB，求实数m的取值范围．18．已知sinπ2cos2π.π(1)若为锐角，求cos的值；6π(2)求tan2的值.4某革命老区县因地制宜的将该县打造成“生态水果特色小县”.该县某水果树的单株产19．x230,0x3x量（单位：千克）与施用肥料x（单位：千克）满足如下关系：，443,3x6x2且单株施用肥料及其它成本总投入为10x元.已知这种水果的市场售价为10元/千克.在国务院关于新时代支持革命老区振兴发展的意见，支持发展特色农业产业的保障下，该县水果销路畅通.记该水果树的单株利润为f(x)（单位：元）.(1)求函数fx的解析式；(2)当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大？最大利润是多少？试卷第3页，共4页332fxsinxcosxsinxcosx，xR.20．已知函数22(1)求函数fx的单调递增区间；ππ(2)若fxm2在,上恒成立，求实数m的取值范围.433x21．已知函数fxlog281x.2(1)判断fx的奇偶性，并加以证明；2(2)判断函数fx的单调性（无需证明）；若xR，都有f1axf4x，求实数a的取值范围.22．“函数x的图象关于点m,n对称”的充要条件是“对于函数x定义域内的任意x，都有x2mx2n.”已知函数fx的图象关于点2,2对称，且当x0,2时，fxx22ax4a2.(1)求f0f4的值；(2)设函数gx115x，x2（i）证明函数gx的图象关于点2,5对称；27（ii）若对任意x10,4，总存在x2,3，使得fx1gx2成立，求实数a的取13值范围.试卷第4页，共4页参考答案：1．B【分析】集合的交集运算.21,0,1,2，Bx0x2，【详解】AxZxx20则AB0,1,2，故选：B.2．D【分析】根据指数函数、对数函数的单调性比较大小.【详解】因为30.730.430，所以ab1，又因为clog30.7log310，即c0，所以abc，故选:D.3．B【分析】利用零点存在性定理判断零点所在区间.01【详解】f0e11230；01ef1e111320；112172e0；213192e20；3141112e30，415f2e21f3e31f4e41故函数fx的零点所在区间为1,2，故选：B.4．A【分析】利用终边经过的点来定义三角函数，然后弦化切求值.【详解】因为角的终边经过点Pm,2mm0，设xm,y2mm0，所以tany2m2，xm答案第1页，共12页3sin2cos3sin2cos3tan23224cos，所以2sincos2sincos2tan12215cos故选：A.5．D11【分析】根据当x0时y单调递减，当x0时y单调递增，即可求解.221【详解】当x0时y单调递减，211当x0时y单调递增，且此时y0，22xxxxx结合选项可知只有D符合题意，故选:D.6．Ckh【分析】根据pp0e以及指数的运算即可求解.【详解】在某高山A1,A2两处海拔高度为h1,h2，p1p0ekh11kh1h2e所以，p2p0ekh22所以kh1h2ln所以h1h2故选：C7．C1ln2，20.6935500（m）.0.000126【分析】由fx为奇函数求得gx，即可由分段函数求值.log2x,x0【详解】函数fx为奇函数，设x0，则x0，gx,x0∴f(x)=g(x)=-f(-x)=-log2x，∴g21，fg2f10.故选：C.答案第2页，共12页8．A【解析】先根据函数的奇偶性得到函数的对称轴和对称中心，求出后，再利用换元法，π4π2在(0,) 至多有2个实根时，的取值范围，从而得到的最大值.62ππ0)为f(x)的图象的对称中心，直线x为f(x)的图象的一条对称【详解】由题意，得(，88求出f(x)轴，πk1ππkk8（k1,k2Ζ）所以，两式相加得12π，42ππ+kπ228又因为0ππππ，所以，代入+k2π，得8k2(kΖ)，2482πππππ因为x(0,) 时，tx(,) ，64464即由已知可得sintπππ2，t(,) 至多有2个实根，4642ππ11π即≤，由此可得0≤15，644又因为8k2(kΖ)，所以k1时的最大值为10，故选：A．【点睛】本题考查三角函数的图象和性质的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时要注意三角函数的周期性特点，同时要注意换元法的灵活运用.9．BC【分析】根据不等式基本性质逐个判断即可.【详解】对A，ab1，则11，则cc，A错；abab对B，ab1，则acbc，B对；对C，ab1，则ab，则acbc，则abacabbc，则abcbac，C对；对D，ab1，则acbc，又c0，则aca，故a与bc的大小关系不确定，D错.故选：BC.10．AB【分析】利用充分必要性及函数性质逐一判断.【详解】命题“a1，a210”的否定是“a1，a210”，故A正确；答案第3页，共12页lnalnb，则ab0，故“lnalnb”是“ab”的充分不必要条件，故B正确；fx定义域为x1x10，即x1或x1，x10gx定义域为，即x1，故C错误；x10由题意m1，得m4，故D错误；4故选：AB.11．BCDπ1【分析】结合图像计算得fx2sinx，再结合三角函数性质辨析即可.6317π3π12π【详解】由图可知T，故T6π,，4223π1f2π2sin2π+2,2kπ,kZ,36ππ1π,=,fx2sinx，故A错误；663ππ1π5π12kπ,令fx2sinx1,2kπx663663∣6kπ+πx6kπ+3π,kZ，故B错误；得xπ1个单位长度，得hx2sinx为奇函数，故C正确；32πππ3π2π5π由题意gx2sinx，x,，则x,，662233fx的图像向左平移则gx单调递减，故D正确；故选：BCD.12．ACDπ【分析】对选项A，根据奇函数定义即可判断A正确，对选项B，根据f00，f0，22ππhxcosxx,πx再结合单调性即可判断B错误，gx1，，，；,π，21ex2π利用复合函数的单调性即可判断ygx与yhx在x,π时均单调递增，从而判断221，1cosx1，即可判断D正确.C正确，对选项D，根据111ex【详解】对选项A，函数fx定义域为R，答案第4页，共12页2fx1cosxx1e2ex21xcosx1xcosxfxe1e1，所以fx为奇函数，图象关于原点对称，故A正确；π对选项B，因为f00，f0，2所以函数fx在0,上不可能单调递增，故B错误；2令gx12ππx，,π，hxcosx，x,π，x1e22π则gx0，hx0，π结合复合函数单调性知，ygx与yhx在x,π时均单调递增，2π所以ygxhx在x,π时单调递增，2π故fx在x,π时单调递减，故C正确；221111，1对选项D，因为1ex1，所以0，所以1ex1ex2cosx1，又1cosx1，所以11x1e即fx的值域为1,1，故D正确．故选：ACD13．2【分析】根据对数与指数的运算法则计算即可2329331.【详解】解：log42log221log2222422222122121故答案为：2（2，1）14．【详解】当x−1=1，即x=2时，不论a为何值，只要a>0且a≠1，都有y=1.考点：图象恒过定点15．343433/1010πππ【分析】根据题意先求出sin，然后通过拼凑角的方式得coscos，333再结合差角公式即可求解.答案第5页，共12页【详解】Qπ,23ππ3,cos，35ππ在第四象限，sin0，33ππ42即sin1cos，335ππππππ所以coscoscoscossinsin，3333333143343525210故答案为：16．1/0.254343.101【分析】对实数a的取值进行分类讨论，根据fafa可得出关于a的等式，即可得2解.【详解】当a110时，即当a时，由于函数fx在,0上单调递减，则221fafa；211当a0a1时，即当0a时，221112由fafa可得23a1a，整理可得12a211a20，解得a或2243（舍）；111a1时，即当a1时，函数fx在0,1上单调递减，则fafa.2221综上所述，a.4当0a故答案为：1.417．(1)Ax2x3(2)1≤m≤3.【分析】（1）根据指数函数的单调性可化简集合A；（2）根据一元二次不等式的解法化简B，ABB等价于BA，根据包含关系列不等式即可得出实数m的取值范围.【详解】(1)112x1162x124,1x142x322Ax2x3答案第6页，共12页m12Bxm1xmABBBA(2)又m31m3【点睛】集合的基本运算的关注点：（1）看元素组成．集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提；（2）有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决；（3）注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和Venn图．18．(1)1(2).71525；10【分析】（1）化简已知可得sin2cos，根据正余弦平方和为1以及为锐角可求出255，sin，进而根据两角和的余弦公式，即可得出；554（2）由tan2，根据二倍角的正切公式可求出tan2，进而根据两角和的正切公式3cos即可求出结果.【详解】（1）解：由已知得sin2cos，又sin2cos21，且为锐角，255，sin，55πππ所以，coscoscossinsin666解得cos532511525.5252102242tan，21tan1223（2）解：由（1）得tan2，所以tan2411πtan213.所以tan24741tan21310x210x300,0x319．(1)f(x)4043010x,3x6x2答案第7页，共12页(2)4千克，370元【分析】(1)根据利润等于总收入减去成本，即可写出函数关系式；(2)分段求出函数的最大值，比较大小，即可确定最大利润.22【详解】（1）当0x3时，f(x)10x3010x10x10x300，44010x当3x6时，f(x)1043，10x430x2x210x210x300,0x3所以f(x).4043010x,3x6x22（2）当0x3时，fx10x10x300，11fx在0,单调递减，在,3单调递增，22则当x3时，fx取到最大值为360.当3x6时，fx43040410x41010x2.x2x24因为x20，所以fx41020x2370，x2当且仅当4x2，即x4时，fx取到最大值为370，x2因为370360，所以当施用肥料为4千克时，该水果树的单株利润最大，最大利润是370元.5ππ20．(1)单调增区间为kπ,kπ，kZ12125(2),2π【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出fxsin2x，解不等式3πππ2kπ2x2kπ，kZ，可得出函数fx的单调递增区间；232ππππππ（2）由x,得2x,π，求出函数fx在,上的值域，利用参变量364343分离法可求得实数m的取值范围.【详解】（1）解：fxsinxcosx32313sinxcos2xsin2xcos2xsin2222π2x.3答案第8页，共12页由2kππππ5ππ2x2kπ，kZ，解得kπxkπ，kZ，12122325ππ所以函数fx的单调增区间为kπ,kπ，kZ.1212πππ1ππ11，即fx,1，（2）解：由x,得2x,π，所以sin2x,3632432ππfx2因为fxm2在,上恒成立，所以mmin.43555mm,fx2又因为，则，所以的取值范围为min.22221．(1)偶函数，证明见解析(2)fx在,0是减函数，在0,是增函数；23,23【分析】(1)利用偶函数定义判断即可；2(2)先判断函数的单调性结合奇偶性，可得1ax4x在R上恒成立，转化为一元二次不等式恒成立.【详解】（1）fx是偶函数.x证明：fxlog2813x，定义域为R关于原点对称，23x因为fxlog281x28x13log2xx82log28x1log28xlog28x133xlog28x13xx223xfx，2所以fx是偶函数.（2）fxlog281log22x3x2log223x123x23xx32log2222，3设xt，2以下证明g(t)2t2t在0,单调递增，t1,t20,,t1t2，g(t1)g(t2)2t1111t2t1t2222(1)，2t12t22t12t2因为t1,t20,,t1t2，所以2t12t2，2t12t21，答案第9页，共12页tt所以2122(11)0，所以g(t1)g(t2)，t1t222所以g(t)2t2t在0,单调递增，则y22x22x在0,单调递增，所以fx在0,单调递增，又因为fx为偶函数，所以fx在,0是单调递减，2所以xR，都有f1axf4x，332等价于1ax4x在R上恒成立，2即1ax4x在R上恒成立，即4x21ax4x2在R上恒成立.x2ax30所以2在R上恒成立，xax50Δ1a2120所以，解得23a23.2Δa2002所以a的取值范围是23,23.22．(1)415(2)（i）证明见解析；（ii）,22【分析】（1）由x2mx2n结合条件即可判断.（2）原命题等价于fx1的值域包含于gx2的值域，分析可得fx的图象过对称中心2,2，对a分类讨论，结合fx的单调性及对称性列式即可求解.【详解】（1）因为函数fx的图象关于点2,2对称，所以fxf4x4，所以f0f44.（2）（i）证明：因为gx115x，x,22,，x2答案第10页，共12页所以g4x1154x4x25x9，2x所以gxg4x115x5x92010x10.x22xx2即对任意x,22,，都有gxg4x10成立.所以函数gx的图象关于点2,5对称.（ii）由gx115x127275，易知gx在,3上单调递减，所以gx在x,3x2x21313上的值域为4,8.设函数yfx，x0,4的值域为A.27若对任意x10,4，总存在x2,3，使得fx1gx2成立，则A4,8.132因为x0,2时，fxx2ax4a2，所以f22，即函数fx的图象过对称中心2,2.①当a0时，函数fx在0,2上单调递增.因为函数fx的图象关于点2,2对称，所以fx在2,4上单调递增，所以函数fx在0,4上单调递增.易知f04a2，又f0f44，所以f464a，则A4a2,64a.4a24又因为A4,8，所以64a8.4a264a解得1a0.2②当0a2时，函数fx在0,a上单调递减，在a,2上单调递增.由函数fx的图像关于点2,2对称，知fx在2,4a上单调递增，在4a,4上单调递减.所以函数fx在0,a上单调递减，在a,4a上单调递增，在4a,4上单调递减.答案第11页，共12页2因为f04a22,6，faa4a22,2，由函数fx的图象关于点2,2对称得f0f404，faf4a4，所以f4a2,6，f42,6，所以，当0a2时A4,8恒成立.③当a2时，函数fx在0,2上单调递减.由函数fx的图象关于点2,2对称，知fx在2,4上单调递减.所以函数fx在0,4上单调递减.易知f04a2，又f0f44，所以f464a，则A64a,4a2.64a4由A4,8，得4a28.64a4a2解得2a5.215综上所述，实数a的取值范围为,.22答案第12页，共12页