山东省聊城市高一上期末数学试题及答案

山东省聊城市2021-2022学年高一上学期期末数学试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 学校:___________姓名：___________ 班级 班级管理量化考核细则初中班级管理量化细则班级心理健康教育计划班级建设班级德育计划 ：___________考号：___________一、单选题1．命题“xR,x210”的否定是A．xR,x210B．xR,x210C．xR,x210D．xR,x2102．已知集合A1,2,2a，B1,a21，若ABA，则实数a的值为（）A．1或-1B．1C．0D．-113．已知幂 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 yfx的图象过点A4,2，Bsin,m，Csin1,n，则m与n的大2小关系为（）A．mnB．mnC．mnD．不等确定4．若xlog21，则4x的值是（）3A．9B．3C．2log2D．2log3325．某同学参加研究性学习活动，得到如下实验数据：x392781y23.145.21以下函数中最符合变量y与x的对应关系的是（）A．yx29B．yx24x511C．y2xD．ylogx141036．已知函数f(x)sinxktanx2kR，若f()1，则f()（）33A．5B．3C．1D．01cos1cos17．若为第二象限角，且tan，则3的值是21sin()1sin()22（）11A．4B．-4C．D．448．已知x是方程fxexx2的零点（其中e2.71828为自然对数的底数），下0试卷第1页，共4页列说法错误的是（）2xxA．x0,1B．ln2xxC．x0eD．xe0000000二、多选题3129．已知cos，cos，则cos的值可能为（）51356201615A．B．C．D．6565656510．若lgalgb，则（）11bb11111A．B．C．abD．ababaa1babasinxcosxsinxcosx11．对于函数fx，下列结论正确的是（）2A．fx是以2为周期的函数5B．fx的单调递减区间为2k,2kkZ24C．fx的最小值为-123D．fx的解集是2k,2kkZ24412．已知函数fxax0a1，gxfxfx，对任意xx，则12（）A．fxfxfxxB．gxgx012123C．xgxxgxxgxxgxD．gt2t1gtR112212214三、填空题13．已知集合Axx22x80，非空集合Bx2x3m，若xB是xA成立的一个充分而不必要条件，则实数m的取值范围是___________.14．设函数fx与gx都是定义在集合M上的函数，对于任意的xM，都有fgxgfx成立，称函数fx与gx是M上的“互嵌函数”.若函数fx2x与gxtanx是M上的“互嵌函数”，则集合M___________.15．某化工集团生产的一种化工产品最初的杂质含量为64%，先进性除杂，每除杂一3次杂质含量减少，要使杂质含量不超过1%，则过滤的次数至少为___________.（参5考数据：lg20.3）16．已知函数fx2sinx0,0,的部分图象如图所示，且fx在2试卷第2页，共4页0,2上恰有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是___________.四、解答题17．已知函数fx2x2xlga6.11(1)当x[,2]时，fxf()恒成立，求实数a的取值范围；22(2)当[,0]时，恒有fsinfcos，求实数a的取值范围.418．已知函数fx3sinx03,，现有下列3个条件：①相邻两个2对称中心的距离是；①f3；①f0.2126(1)请选择其中两个条件，求出满足这两个条件的函数fx的解析式；2(2)将（1）中函数fx的图像向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的43（纵坐标不变），得到函数gx的图像，请写出函数gx的解析式，并求其单调递减区间.2xb19．已知函数fx为奇函数.4x(1)求b的值，判断函数fx在0,上的单调性并证明；(2)若f9a9af3a3am对任意实数a恒成立，求实数m的取值范围.20．如图，一质点在以O为圆心，2为半径的圆周上逆时针匀速运动，角速度为0，初始位置为P，POT，x秒后转动到点Pa,b.设fx3ab.0012(1)求fx的解析式，并化简为最简形式；试卷第3页，共4页4(2)如果曲线yfx与直线y23的两个相邻交点间的距离为，求的值.321．喷绘在商业广告､宣传等领域应用广泛，喷绘画面是使用喷绘机打印出来的，喷绘机工作时相当于一条直线（喷嘴）连续扫过一张画布.一家广告公司在一个等腰梯形OABC的画布上使用喷绘机印刷广告，画布的底角为45°，上底长2米，下底长4米，如图所示，记梯形OABC位于直线位于直线xtt0左侧的图形的面积为ft.(1)试求函数ft的解析式；ftft(2)定义“”为“平均喷绘率”，求gt的峰值（即最大值）.tt22．已知函数yfx，xD，如果对于定义域D内的任意实数x，总存在非零常数T，恒有fxTmfx成立，其中m为给定的非零常数，则称函数fx是D上的“周期为T的m级类周期函数”.已知定义在0,上的函数yfx，当x0,1时，fxx3.(1)若fx是0,上“周期为1的2级类周期函数”，142①求f的值；9①分别求出fx在x1,2和x2,3上的函数解析式；(2)若函数fx是0,上“周期为1的m级类周期函数”，且在0,上单调递减，求实数m的取值范围.试卷第4页，共4页参考答案：1．B【解析】【详解】试题分析：全称命题的否定是特称命题，并将结论加以否定，所以命题“xR,x210”的否定是：xR,x210考点：全称命题与特称命题2．D【解析】【分析】根据给定条件可得BA，再列式计算并验证作答.【详解】因ABA，则BA，而集合A1,2,2a，B1,a21，则有a212或a212a，解a212得：a1或a1，当a1时，A1,2,2，B1,2，符合题意，当a1时，2a2，不符合题意，则a1，解a212a得：a1，显然不符合题意，所以实数a的值为-1.故选：D3．B【解析】【分析】根据给定条件求出幂函数的解析式，再借助fx的单调性即可判断作答.【详解】1依题意，设fxx，由f42得：42，解得，则有fxx，且fx在2[0,)上单调递增，11又ysinx在(0,)上单调递增，即0sinsin1，因此有sinsin1，则mn，B222正确.答案第1页，共14页故选：B4．A【解析】【分析】根据给定条件求出x的值，再利用指数与对数互化的性质计算作答.【详解】1因xlog21，则xlog3，3log223xlog3log322所以442(22)39.故选：A5．D【解析】【分析】结合表格所给数据以及函数的增长快慢确定正确选项.【详解】根据表格所给数据可知，函数的增长速度越来越慢，1A选项，函数yx2增长速度不变，不符合题意.911BC选项，当x3时，函数yx24x5、y2x增长越来越快，不符合题意.410D选项，当x3时，函数ylogx1的增长速度越来越慢，符合题意.3故选：D6．A【解析】【分析】由已知令g(x)sinxktanx，再借助函数的奇偶性计算作答.【详解】依题意，令g(x)sinxktanx，则g(x)是奇函数，f(x)g(x)2，于是得f()f()[g()2][g()2]g()g()44，333333所以f()4f()5.33答案第2页，共14页故选：A7．B【解析】【分析】利用诱导公式化简、同角公式化简再代入计算即可作答.【详解】11由tan得：tan，而为第二象限角，则有sin0，22因此，1cos1cos1cos1cos(1cos)2(1cos)23221sin()1sin()1cos1cos1cos1cos221cos1cos2cos24sinsinsintan故选：B8．C【解析】【分析】根据给定条件确定x所在区间，再逐一分析各个选项即可判断作答.0【详解】函数fxexx2在R上单调递增，而f0e0210，1113f()e22e0，2221而x是方程fxexx2的零点，则x(0,)，即x0,1，A正确；0020x由fx0得：2xe0，整理得：ln(2x)x，B正确；000012x因0x，2x1，则x01，C不正确；020011e1x因0x，则有xe01，D正确.x0202xe000xxe0e0故选：C【点睛】思路点睛：利用零点存在性定理不仅要函数在区间a,b上是连续不断的曲线，且答案第3页，共14页fa·fb0，有时还需结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)一起解决．9．AC【解析】【分析】利用同角公式求出sin、sin()，再用差角的余弦公式直接计算作答.【详解】3412因cos，则sin1cos2，又cos，则55135sin()1cos2()，1312336coscos，而13565coscos[()]cos()cossin()sin，2016sin与sin()同号，即sin()sin，则cos，65652056sin与sin()异号，即sin()sin，则cos，65655616所以cos的值可能为或.6565故选：AC10．ABD【解析】【分析】利用对数函数单调性可得ab0，再借助不等式性质逐项分析判断作答.【详解】11因lgalgb，则ab0，于是得0，A正确；ab1111a1b1bb1由0得：11，即，则有，B正确；abababaa11111511511取a,b，满足ab0，而a3,b2，有ab，23b22a33baC不正确；1111因ab0，0，则ab，D正确.baba故选：ABD11．AD答案第4页，共14页【解析】【分析】根据给定条件结合正余弦函数的性质，逐一分析各个选项判断作答.【详解】sin(x2)cos(x2)sin(x2)cos(x2)依题意，fx2f(x)，fx是以22为周期的函数，A正确；5sinx,2kx2k445f(x)(kZ)，函数ysinx在[2k,2k](kZ)上324cosx,2kx2k44单调递减，函数ycosx在[2k,2k](kZ)上单调递减，B不正确；433函数ycosx在[2k,2k](kZ)上单调递增，因此，x2k(kZ)时，442f(x)，C不正确；min2532kx2k(kZ)2kx2k(kZ)24444由fx得或，222sinxcosx2252kx2k(kZ)443解得2kx2k(kZ)，244sinx232kx2k(kZ)44解得2kx2k(kZ)，244cosx2323综上得：2kx2k(kZ)，fx的解集是[2k,2k](kZ)，44244D正确.故选：AD12．BCD【解析】【分析】对选项A，根据指数的运算性质即可；对选项B，可判断出gx是奇函数，即可判断；对答案第5页，共14页选项C，通过作差法比较即可；对选项D，根据函数gx的单调性和奇偶性转化不等式，再通过判别式即可判断.【详解】xxxx对选项A，fxfxa12，fxxa12，故选项A错误；1212对选项B，gxaxax，gxaxax，则gxgx0，故选项B正确；xxxxxxa1a2a121对选项C，xgxxgxxgxxgx1211221221xxa12不妨设xx，则axax0，故xgxxgxxgxxgx，故选项C正确；121211221221对选项D，因为gx是奇函数，gx在,上递减3则要使gt2t1gtR恒成立433只需：gt2t1gg443只需：t2t14只需：4t24t103而0，故gt2t1gtR，故选项D正确4故选：BCD13．5,1【解析】【分析】根据逻辑条件关系与集合间的关系、一元二次不等式的解法即可求解.【详解】由题意得，Axx22x80x2x4，由xB是xA成立的一个充分而不必要条件，得BA，23m即解得，5m1，3m4故答案为：5,1.答案第6页，共14页14．xxk,kZ【解析】【分析】根据给定定义列出方程，再用二倍角的正切化简计算作答.【详解】2tanx依题意，2tanxtan2x，化简得2tanx，解得tanx0，则xk,kZ，1tan2x所以集合Mxxk,kZ.故答案为：xxk,kZ15．5【解析】【分析】结合题意，根据对数的运算性质即可求解.【详解】设过滤的次数至少为n次，则3n2n164%11%，即55642从而nlg6lg25即nlg2lg56lg26lg26lg260.39所以nlg2lg512lg2120.32所以过滤的次数至少为5次.故答案为：5.2716．,36【解析】【分析】根据图像先求，由图可知2在第一个最小值点与第二个最大值点之间.【详解】答案第7页，共14页1π由图可知f01，得sin，0,，，226fx2sinx0，634当fx1时，x，x，62357当fx1时，x，x，6234727所以2，得.333627故答案为：,3617．(1)0,100；(2)1,100.【解析】【分析】(1)根据给定条件利用二次函数性质列出不等式，借助对数函数性质求解作答.lgasincos(2)利用二次函数性质可得，再借助辅助角公式、正弦函数性质、对数函42数性质计算作答.(1)11lga因对x[,2]，fxf()恒成立，而函数fx的对称轴x，224lga1于是得，即lga2，而函数ylgx在0,上单调递增，则有0a100，42所以a的取值范围是0,100.(2)lgasincos因fsinfcos，由(1)知，即42lga2(sincos)22sin()，4而[,0]，即0，则022sin()2，4444于是得0lga2，而函数ylgx在0,上单调递增，则有1a100，所以a的取值范围是1,100.答案第8页，共14页18．(1)fx3sin2x322k52k(2)gx3sin3x，,kZ69393【解析】【分析】（1）根据题意，结合周期公式，选择相应的条件，代入函数解析式即可求解；（2）根据图象变换 规则 编码规则下载淘宝规则下载天猫规则下载麻将竞赛规则pdf麻将竞赛规则pdf 即可得到函数gx的解析式，利用整体法结合正弦函数的单调性即可求解.(1)T选①①，因为相邻两个对称中心的距离为，2T2所以，得T.由T，得2.22由f3，得22k，kZ，则2k，kZ，121223因为，所以，所以fx3sin2x.233TT选①①，因为相邻两个对称中心的距离为，所以，得T.2222由T，得2.由f0，得2k，66kZ，则k，kZ，因为，32所以，所以fx3sin2x.3312选①①，由题意n或126432nnZ，12641232即n或nnZ，4444得8n2或8n6nZ.因为03，所以2.由f0，得2k，66kZ，则k，kZ，因为，32所以，所以fx3sin2x.33(2)答案第9页，共14页将函数fx的图象向右平移个单位长度，可得y3sin2x的图像，462再将横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数gx3sin3x的图象.363由2k3x2kkZ，26222k52k得xkZ，939322k52k所以函数gx的单调递减区间为,kZ.939319．(1)b0，fx在0,上单调递增，证明见解析；(2),0.【解析】【分析】(1)由f00求出b值并验证；再用单调性定义证明函数单调性的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 推理作答.(2)利用(1)的结论去掉法则“f”，再分离参数，换元借助二次函数性质求最值作答.(1)函数fx的定义域为R，因fx为奇函数，则有f00，解得b0，2x而当b0时，fxfx，即fx是奇函数，因此，b0，4xfx在0,上单调递增，2x2x8xxx,x0,，xx，fxfx1212，1212124x4x4x4x1212因0xx，即有8xx0，4x4x0，则fxfx0，即12121212fxfx，12所以fx在0,上单调递增.(2)由(1)知fx是R上的奇函数，且在0,上单调递增，则fx为R上的增函数，由f9a9af3a3am得：9a9a3a3am，即m3a3a23a3a2，答案第10页，共14页令t3a3a2，当且仅当a0时取“=”，即mt2t2对任意实数t2恒成立，19而函数yt2t2(t)2在[2,)上单调递增，当t2时，y0，则m0，24min所以m的取值范围是,0.20．(1)fx4sinx415(2)或44【解析】【分析】（1）根据任意角的三角函数的定义求出a，b，进一步可得fx.（2）由已知建立三角方程，可求解.(1)由题意得a2cosx，b2sinx，1212故fx3ab23cosx2sinx12124sinx4sinx.1234(2)3由fx4sinx23，得sinx，4422则x2k或x2k，kZ，43432k2k5即x或x，1212541由，得；1212342545由，得.12123415综上，或.44答案第11页，共14页1t2,0t1,2121．(1)ftt,1t3,21t24t5,3t4.2(2)410【解析】【分析】(1)求分段函数解析式；(2)求分段函数最大值及峰值.(1)由题意知梯形OABC的高为1，11当0t1时，ftttt2，2211当1t3时，ft11t11t，22111当3t4时，ft2414t4tt24t5，2221t2,0t1,21综上所述，ftt,1t3,21t24t5,3t4.2(2)1t,0t1,2ft1gt1,1t3,t2t15t4,3t4.2t11当0t1时，gtt单调递增，故gtg1；2max2115当1t3时，gt1单调递增，故gtg31；2tmax23615110当3t4时，gtt44t，2t2t10因为3t4，所以t210（当且仅当t103,4时取等号），t答案第12页，共14页519故gtg10410.因为41010，max66251921又100，所以410，所以gt的峰值为410.636622．(1)①5；①x1,2时，fx2x8；x2,3时，fx4x202(2)0,3【解析】【分析】（1）根据新定义求值，并求指定区间上的函数解析式；（2）根据新定义考虑函数在fx在k,k1上单调递减，且后一区间的函数值不大于前一区间的函数值.(1)①由题意fx12fx，1423111fff12f235.92222①当x1,2时，x10,1，所以fxfx112fx12x132x8，当x2,3时，x11,2，所以fxfx112fx122x184x20.(2)由题意知fx1mfx对x0,恒成立，对于任意自然数k，当xk,k1时，xk0,1，fxfx11mfx1m2fx2mkfxkmkxk3.由于fx在0,上单调递减，故fx在k,k1上单调递减，因此对于任意自然数k均有mk0，所以m0.且对于任意自然数k均有mkk1k3mk1k1k13，答案第13页，共14页22化简得23m，则m，综上，实数m的取值范围是0,.33答案第14页，共14页