山东省菏泽市2022-2023学年高一数学上学期期末考试试题（PDF版含解析）

2022-2023学年度高一第一学期学习质量检测高一数学试题注意事项:1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。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，只有一项是符合题目要求的.x1．已知集合AxNlog2x2，Bx381，则集合AB的真子集个数为（）A．7B．8C．15D．322.在使用二分法计算函数fxlgxx2的零点的近似解时，现已知其所在区间为(1，2)，如果要求近似解的精确度为0.1，则接下来需要计算（）次区间中点的函数值.A．2B．3C．4D．5133.已知alg，bcos1，2a,b,c的大小关系为（）2c2，则A．abcB．acbC．bacD．b<c<a4.2021年12月，考古工作者又公布了关于北京建城的一件重要文字证据。这次在琉璃河遗址新发现的铭文，不仅是A国建城最早的文字证据，更是北京建城最早的文字证据.考古学家对现场文物样本进行碳14年代学检测，检验出碳14高一数学第1页共6页 的残留量约为初始量的69%.已知被测物中碳14的质量M随时间t（单位：年）t的衰变规律满足MM25730（M0表示碳14原有的质量），据此推测该遗址属于0以下哪个时期（参考数据：log20.690.535）（）A．西周B．两汉C．唐朝D．元朝f(x)5．已知f(x)是奇函数，且在(0,)上是增函数，又f(2)0，则0的解集x1为（）A．(2,0)(1,2)B．(2,0)(2,)C．(,2)(1,2)D．(2,1)(2,)110πππ26.已知tanπ，,，则2sin22costan2π3424（）321A．B．C．D．010557．已知函数fxcosx（0，π）的部分图象如图所示，且存在40x1x2π，满足fx1fx2，则cosx2x1（）53344A．-B．C．D．555528．已知函数fxaxx1，x1,2，且fx的最大值为a2，则a的取值范围是（）1111A．1,B．1,C．2,D．1,2233二、选择题：共4小题，每小题5分，共20分，每个小题给出的选高一数学第2页共6页 项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分.9.下列化简正确的是（）22221A．cossinB．2sin75°-1=88221tan15tan20°+tan40°+tan120°C．3D．=31tan15tan20°tan40°10．已知函数yfx1是R上的偶函数，对任意x1,x21,，且x1x2都有fx1fx21ln20成立，aflog28，bflog2，cfe，则下列说法正确ex1x24的是（）A．函数yfx在区间1,上单调递减B．函数yfx的图象关于直线x1对称C．cbaD．函数fx在x1处取到最大值π11．把函数fx3sinxcosx0π的图象向左平移个单位长度，得到6的函数图象恰好关于y轴对称，则下列说法正确的是（）A．fx的最小正周期为πππB．fx在,上单调递增1265πC．fx关于点,2对称12ππD．若fx在区间,a上存在最大值，则实数a的取值范围为,12622x2,x112．已知函数fx，若关于x的方程fxm有四个不等实根log2x1,x1x,x,x,x(xxxx)，则下列结论正确的是（）12341234A．3x12B．1m2高一数学第3页共6页 22C．4x3x41D．x1x2logm2的最小值为10三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分x1713．已知x0是方程20的根，若x0n,n1，nZ，则n=__________．x214．若关于x的不等式xa1xab0的解集为x∣x1，则ab的值为__________.115．若角的终边落在直线y3x上，角的终边与单位圆交于点(,m)，且2sincos0，则cossin________.16．定义其中max{a,b}表示a,b中较大的数.对xR，设222ax，bx2x，函数g(x)f(a,b)，则（1）g(1)=______；（2）若g(x)g(x)，则实数x的取值范围是______四、解答题：本题共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.(10分）02已知函数f(x)(x1)log2(42x)x1的定义域为集合A，gxx1的值域为集合B，Cx2axa3．(1)求AB；(2)若a=−3，求(���)∪�．18.(12分）已知函数f(x)logax,g(x)loga(2xm2)，其中x[1,3],a0且a1,mR．(1)若m5且函数F(x)f(x)g(x)的最大值为2，求实数a的值．(2)当0a1时，不等式f(x)2g(x)在x[1,3]有解，求实数m的取值范围．高一数学第4页共6页 19.(12分）已知函数f(x)2sin(x)0,||，其图象中相邻的两个对称中心的距离为2，且函数f(x)的图象关于直线x对称；23(1)求出f(x)的解析式；(2)将f(x)的图象向左平移个单位长度，得到曲线yg(x)，若方程g(x)a在122,上有两根，（），求的值及a的取值范围.6320.(12分）xa21已知定义域为R的函数fx是奇函数．x21(1)求yfx的解析式；(2)判断fx单调性，并用单调性的定义加以证明；8(3)若不等式flog2xlog2fa0对任意的x0,恒成立，求实数a的取x值范围．21.(12分）世界范围内新能源汽车的发展日新月异，电动汽车主要分三类：纯电动汽车、混合动力电动汽车和燃料电池电动汽车.这3类电动汽车目前处在不同的发展阶段，并各自具有不同的发展策略.中国的电动汽车革命也早已展开，以新能源汽车替代汽（柴）油车，中国正在大力实施一项将重新塑造全球汽车行业的计划.2022年某企业计划引进新能源汽车生产设备，通过市场分析，全年需投入固定成本2000万元，每生产x（百辆），需另投入成本Cx（万元），且210x100x,0x40Cx10000；已知每辆车售价5万元，由市场调研知，全年501x4500,x40x高一数学第5页共6页 内生产的车辆当年能全部销售完.(1)求出2022年的利润Lx（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式；(2)2022年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润.22.(12分）如图是一矩形滨河公园ABCD，其中AB长为8百米，BC长为43百米，AB的中点O为便民服务中心.根据居民实际需求，现规划建造三条步行通道OM、ON及MN，要求点M、N分别在公园边界AD、BC上，且OMON.（1）设BON.①求步道总长度L关于的函数解析式L；②求函数L的定义域.（2）为使建造成本最低，需步行通道总长最短，试求步行通道总长度的最小值.高一数学第6页共6页 高一数学参考答案一、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，只有一项是符合题目要求的.1-4ACBA5-8ADCB二、选择题：共4小题，每小题5分，共20分，每个小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分.9.AC10.BC11.ABD12.BCD解析4．Att【详解】由题意知M257300.69M，所以log20.690.535，故005730t0.53557303066，距今时间大约为202130661045，故推测该遗址属于西周时期.5．A【分析】由题意判断函数f(x)在(,0)上为增函数，f(2)0，作出函数大致图像，数形结f(x)合，即可求得0的解集.x1【详解】奇函数f(x)在(0,)上为增函数，且f(2)0，函数f(x)在(,0)上为增函数，且f(2)0，则函数f(x)的大致图像如图所示：f(x)fx0fx0由0，得或，x1x1x1x2或0x2x2或2x0则或，x1x1答案第1页，共13页 f(x)所以1x2或2x0,即0的解集为(2,0)(1,2),x1故选:A．1106．【详解】因为tanπ，tan2π3110所以tan，tan()3110所以tan，tan32所以3tan10tan30，1所以tan或tan3，3ππ因为(,)，所以tan1，42所以tan3，π2ππ2所以2sin22cos2sin2coscos2sin2cos4442sin2cos22cos2sincos222cossin2cos22sincos222tan3cossin222tan1sincos22tan3tan22tan1tan12339910.故选：D7．CT137ππ2π7π【详解】由图象可得π，即Tπ，所以2，π22kπ，2121221222π22kZ，所以2kπ，kZ，因为π，所以π，所以fxcos2xπ，3332π2π2π4π4由0x1x2π，得2x12x2，由fx1fx2，结合图象可得333352π2π552x2x2π，xxπ，所以xπx，所以1212213333524cosx2x1cosπ2x1cos2x1πfx1.335故选：C.答案第2页，共13页 8．B【分析】由函数的最大值问题转化为不等式恒成问题，借助函数的单调性求最值，从而得出a的取值范围.2【详解】由题意可知，a20，即a2，且g1a2，∴x1,2，axx1a2，2即a2axx1a2.x31∴x1,2，a（当x1时也成立），2x1x1x31令hx2，x1,2，tx，x1,2，则hmaxatmin，x1x1x31hx32631010∵xxx36，且x34,5x3110∴由x361，可得2hx1，即hmax1，2x31又tx在1,2上单调递增，x111∴tmin，∴1a.22故选：B．2229．【详解】cossincos，故A正确；8842232sin751cos150，故B错误；21tan15tan45tan15tan4515tan603，故C正确；1tan151tan45tan15tan20tan40因为tan60tan2040tan120，1tan20tan40tan20tan40+tan120tan20tan40tan120所以tan120，即3，故D错误.tan20tan40tan20tan40故选：AC.10.【详解】根据题意，函数yfx1是R上的偶函数，则将其向右平移1个单位得到fx，则对称轴由x0变为x1，故函数fx的图象关于直线x1对称，故B正确；fx1fx2又由对任意x1,x21,，且x1x2都有0成立，xx12当1xx时，则fxfx，1212答案第3页，共13页 当1x2x1时，则fx2fx1所以函数fx在1,上为增函数，根据其对称轴为x1所以函数fx在,1上为减函数，所以fx在x1处取得最小值，故A,D错误；1log83，logln2，eln22，2e241又由函数fx的图象关于直线x1对称，bflog2fln2f2ln2，e4易知22ln22lne3，所以f2f2ln2f3即cba.故选：BC.π11.【详解】因为fx3sinxcosx2sinx0π，6π所以把fx的图像向左平移个单位长度得到函数6ππππgx2sinx2sinx的图像，6666πππ因为gx关于y轴对称，所以kπ，kZ，即6k2，kZ，662π又因为0π，所以2，fx2sin2x，62π对于A，Tπ，故A正确；2πππππ对于B，由2kπ2x2kπkZ，得kπxkπkZ，26236ππ所以当k0时，fx的单调递增区间为,，36ππππππ又因为,,，所以fx在,上单调递增，故B正确；126361265π5ππ对于C，f2sin22sinπ0，故C错误；12126π对于D，若函数fx在,a上存在最大值，12ππππππ由选项B可知，fx在,上单调递增，且f2sin22sin2，即1266662πfx在x时取得最大值，6答案第4页，共13页 ππ所以a，即实数a的取值范围为,，故D正确.66故选：ABD.12．BCD22(x2),x1【详解】f(x)，画出函数图像，如图所示：|log(x1),x12根据图像知：f12，f21，故1m2，B正确；xx4，3x2，A错误；12111log(x1)log(x1)，化简得到1，1x0x3，232434xx341114x3x44x314x31524x3151，x1x1x133311当4x31，即x3时等号成立，x3121又f21f，此时fx1仅有三个根，2所以等号不成立，4x3x41，C正确；xx4222122(x2)m，即x2logm，即x4x4log2m0，，2xx4logm12222211x1x2logm2x1x22x1x2logm21682log2mlogm22211112logm822logm810，222logm2logm2211当2log2m，即m2时等号成立，D正确.2logm2答案第5页，共13页 故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分313．214．115．16.3{x|0x1}413．2x17x17【详解】设函数fx2，由于y2,y都在(0,)单调递增，xx故fx为0,上增函数，故函数fx在0,至多存在一个零点，1717且f380，f240，所以x02,3，所以n=2．32故答案为：214．1【详解】由一元二次不等式的解集知，2方程xa1xab0有相等的实数根1，2Δa14ab0所以a1，解得ab1，12故答案为：1．315．41【详解】由角的终边与单位圆交于点(,m)，21得cos，又sincos0，2∴sin0，因为角的终边落在直线y3x上，所以角只能是第三象限角．记P为角的终边与单位圆的交点，设Px,yx0,y0，22则OP1，即xy1，又y3x，131解得x,y，即cos，222答案第6页，共13页 2112因为点(,m)在单位圆上，所以m1，2233解得m，即sin，223所以cossin.43故答案为：.416．【答案】3{x|0x1}2【分析】（1）先求出a,b，再求g(1)得解；（2）先求出g(x),g(x)的解析式，再分类讨论解不等式得解.2【详解】（1）a(1)1,b123，所以g(1)=f(1,3)=1313.（2）由ab2x，得当x0，则ab0，当x0，则ab0，当x0，则ab0，22xx，x02220，x0x2x,x1g(x)f(x,x2x)，所以，g(x)，22x2x，0x1x,x1x2，x122所以，g(x)为单调递增函数，由g(x)g(x)得，xx，解得1x0故答案为：①3；②{x|0x1}四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤0217【详解】（1）函数f(x)(x1)log(42x)x1的定义域A，gxx1的值域2为B，x10由题，可得42x0，解得1x2且x1，x10∴函数fx的定义域Ax1x2且x1，...................................................2分答案第7页，共13页 22∵对任意xR，x0，所以x11，∴函数fx的值域Byy1，...................................4分∴ABx1x1...................................5分（2）Cx2axa3，因为a=−3所以C=−6≤x≤0......................6分因为Ax1x2且x1所以CRA=�<−1或�=1或�≥2......................8分所以(���)∪�=�≤0或�=1或�≥2......................10分18．(1)33(2)0,1【详解】（1）当m5时，g(x)loga(2x3)2所以F(x)f(x)g(x)logaxloga(2x3)loga(2x3x)，x[1,3]..............................1分当a>1时，F(x)在定义域内单调递增，F(x)maxF3loga272，解得a33..................................3分当0a1时，F(x)在定义域内单调递减，F(x)maxF1loga52，解得a5，不符合题意，舍去.................................5.分综上所述，实数a的值为33...................................6分（2）要使g(x)在x[1,3]上有意义，则2xm20，解得m02由f(x)2g(x)，即logaxloga(2xm2)，因为0a1，所以2x(2xm2)..................................7分2即x2xm2，得m2xx2，令tx，t[1,3]，记ht2tt2，对称答案第8页，共13页 1轴为t，hth11..................................10分max4若不等式f(x)2g(x)在x[1,3]有解，则m2xx2在x[1,3]有解即mht，即m<1max综上所述，实数m的取值范围为0,1..................................12分19．(1)f(x)2sin2x67(2)，2，36（1）解：因为函数f(x)2sin(x)的图象相邻的对称中心之间的距离为，2T2所以，即周期T，所以2，..................................2分22T所以f(x)2sin(2x)，又因为函数f(x)的图象关于直线x轴对称，37所以2k，kZ，即k，kZ，326因为||，所以，26所以函数yf(x)的解析式为f(x)2sin2x；..................................5分6（2）解：将f(x)的图象向左平移个单位长度，得到曲线yg(x)，12所以g(x)2sin2x，..................................7分3225当x,时，2x,，22sin2x3,..................................8分63333337当2x时，g(x)有最小值2且关于x对称，..................................9分32122因为方程g(x)a在,上有两根，（），63答案第9页，共13页 77所以2，..................................11分1262a3，即a的取值范围2，3...................................12分x2-120．(1)f(x)=x2+1(2)函数fx为R上的单调增函数；证明见解析9(3),4xa121【详解】（1）由于fx是定义在R上的奇函数，所以f00,a1,fx.x1121xx2112此时有fxfx，fx是定义在R上的奇函数，xx2121x21fx..................................3分x21xx212122（2）fx1在R上递增，理由如下：xxx212121222(2x12x2)任取x1x2,fx1fx21x11x2x1x2，2121(21)(21)其中2x12x20，所以fx1fx20,fx1fx2，所以fx在R上递增...................................7分8（3）flog2xlog2fa0，x8flog2xlog2fafa，..................................8分x8所以alog2xlog2对任意x0恒成立，..................................9分x8log2xlog2log2xlog28log2xlog2x3log2x..................................10分x答案第10页，共13页 233993logx，当logx,x22时等号成立.2224429所以a...................................12分4210x400x2000,0x4021．(1)L(x)10000;x2500,x40x(2)100（百辆），2300万元.【分析】（1）根据利润Lx收入-总成本，即可求得Lx（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式；（2）分段求得函数Lx的最大值，比较大小可得答案.【详解】（1）由题意知利润Lx收入-总成本，所以利润210x400x2000,0x40L(x)5x1002000C(x)10000,x2500,x40x故2022年的利润Lx（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式为210x400x2000,0x40L(x)10000...................................6分x2500,x40x22（2）当0x40时，L(x)10x400x200010(x20)2000，故当x=20时，L(x)max2000；..................................8分1000010000当x40时，L(x)x25002x25002300,xx10000当且仅当x，即x100时取得等号；..................................11分x综上所述，当产量为100（百辆）时，取得最大利润，最大利润为2300万元．..................................12分答案第11页，共13页 22【详解】（1）①在矩形ABCD中，因为BON，OMON，所以AMO.因为AB8，O为AB的中点，所以OAOB4.OB4在Rt△BON中，ON，coscosBNOBtan4tan...................................1分在Rt△AMO中，OA4OA4OM，AM...................................2分sinsintantan又因为0,，22216164所以MNOMON，..................................3分22sincossincos444所以L...................................4分sincossincos②因为BC43，0,，204tan43,0BN43,所以即4..................................5分0AM43,043,tan3解得tan3，所以，363所以函数L的定义域为,...................................6分634sincos1（2）L.sincos令tsincos2sin，..................................7分4答案第12页，共13页 2t1则sincos，24t18Lt所以2t1t1...................................9分257因为,，所以,，634121262所以sin,1，4431所以t,2...................................11分2831因为y在,2上为减函数，t12所以当t2，即时，Lt取得最小值821，4故步行通道总长度的最小值为821百米...................................12分答案第13页，共13页