浙南名校联盟2023-2024学年高一下学期寒假返校联考数学答案

高一数学参考答案一、单项选择题：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.12345678ABBCDCBD二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.91011ADBCDACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.3226e2112.13.14.e,ee213四、解答题：本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.2（1）因为xx20，解得1x2，所以Ax1x2¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨2分53又因为x，解得x4或x1，所以Bxx1或x4，¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨4分22又因为RBx1x4，所以ARBx1x2¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨6分22（2）x2m1xm2m0(xmxm)(2)0所以Mmm,2¨¨¨¨¨¨¨¨¨8分又因为MB所以m21或m4¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨11分，所以m1或m4¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨13分16.T72(1)由，可得T，则2，…………………………2分41237由函数fx()的图像的最低点,-1，1273可得A1，22k,kZ，…………………………4分122解得2k,kZ，3又||，则，23则函数fx()的解析式为fx()sin2x.…………6分3{#{QQABAYKAggAgQgAAAAhCEwUYCgCQkAGAAIoGBAAMsAABSAFABAA=}#} (2)将函数yfx()的图像上的所有点向右平移，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数gx()的图像，则12gx()sinx，…………10分67433若x0,，则x,,所以sin(x),1，所以gx(),1666362273当函数yg()k在0,有零点，实数k的取值范围为,1…………15分6217.（1）当0x90，xN+时，5001000x1212Lxx10x300x40x300……………………3分1000033当x90，xN+时，5001000x1000010000Lx51x13003001000x……………………6分10000xx12x40x300,0x90,xN+3∴Lx………………………………7分1000x10000,x90,xN+x12*Lxx60900，（2）当0x90，xN时，3∴当x60时，Lx取得最大值L60900（万元），………………………………10分*当x90，xN时，1000010000Lx1000x10002x800…………………………13分xx10000当且仅当x，即x100时等号成立.x即x100时，Lx取得最大值800万元……………………………………14分综上，所以即生产量为60千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大为900万元.………………15分18.(1)当a0时，fx()1cosx1cosxxx法一：fx()1cosx1cosx2cos2sin………………………………………………3分22xx[0,],0,22xxxfx()2cos2sin2sin………………………………………………5分2224{#{QQABAYKAggAgQgAAAAhCEwUYCgCQkAGAAIoGBAAMsAABSAFABAA=}#} xx30,，,222444fx()的值域为2,2…………………………………………………………7分法二：1cosx1cosx02令t1cosx1cosx，t22sinx………………………………………………3分当x[0,]时，22sinx2,4……………………………5分t2,2………………………………………………7分xx（2）法一：fx()asinx2cos2sin………9分22xxxxxx①当0x时，fx()asinx2sin2cos2sincosa2sin2cos…………10分222222xx21123a1令tsincos1,2即at(1)2ta化简得at2t022222223a1令gt()at2t222a0，0，gt在1,2上单调递增，g10，解得a221………………………………13分2axxxxxx②当x2时，fx()asinx2sin2cos2sincosa2sin2cos……………………14分222222xx2a1211令tsincos1,2，a(1t)2tat2ta0222222211记gt()at2ta22211a0gt()at2ta开口向下，22g(1)0且g(2)0解得a1所以综上所述：0a1…………………………………………………………………17分2法二：令t1cosx1cosx，t22sinx……………9分2t211a231①当0x时，t2,2ata，化简得tta0…………11分222222a231gt()tta2221a0，0agt在2,2上单调递增，g20，解得a221……………………………13分22t11②当x2时t2,2，ata………………15分222{#{QQABAYKAggAgQgAAAAhCEwUYCgCQkAGAAIoGBAAMsAABSAFABAA=}#} a211化简可得，tta0222a231a0ytta开口向下，222a211a211(2)2a0,(2)2a0222222解得a1所以综上所述：0a1……………………………17分19.xae1（1）解：由函数fx（aR）为奇函数，得：fxfx，解得：a1；……4分xe1（2）i.证明：函数gxlnxsinx定义域为0,，当x0,时，函数ysinx和ylnx单调递增，21111此时gsinlnsin10，g1sin1ln1sin10eeee11故存在唯一x0,1，使得x0,1；···········································7分ee当x,时，sinx0，lnx0，故gx0；2当x,时，sinx1，lnx1，故gx0；综上：gxlnxsinx有且只有一个零点；············································10分1ii.由知：lnx0sinx00，其中x0,1，············································11分e11x1x2fsinxflnx001············································14分0011x1x100x022e1y121fsinx011又函数1x在区间,1上单调递增，故1x011e1········17分0ee{#{QQABAYKAggAgQgAAAAhCEwUYCgCQkAGAAIoGBAAMsAABSAFABAA=}#}