安徽省合肥市第六中学第八中学中学等校高一上期末联考数学试题及答案

安徽省合肥市第六中学、第八中学、168中学等校2021-2022学年高一上学期期末联考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．440角的终边落在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．集合xNx22用列举法 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示是（）A．1,2,3B．1,2,3,4C．0,1,2,3,4D．0,1,2,33．若ab0,cd0，则下列不等式成立的是（）A．acbcB．adbc11C．D．a3b3dcππ5π4．函数ytanx,x,的值域为（）661231,A．3,1B．33,1C．,3(1,)D．35．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)2f(1x)x21，则f(0)（）A．1B．111C．D．3336．根据下表数据，可以判定方程lnx0的根所在的区间是（）xx12e34lnx00.6911.101.39331.51.1010.75xA．(3,4)B．(e,3)C．(2,e)D．(1,2)7．已知a1.80.8,blog5,csin1cos1，则a,b,c的大小关系是（）2试卷第1页，共4页A．abcB．bacC．cbaD．bca8．若函数fxsinx(x0,,0)的图象与x轴有交点，且值域43M[,)，则的取值范围是（）2144A．[,]B．[,2]23311119C．[,]D．[,]43412二、多选题9．下列各式正确的是（）a1A．设a0，则a6a3a281a3bB．已知3ab1，则33aC．若log2m,log5n，则a2mn20aa11lg3．11Dloglog19134510．已知函数fxAcosxA0,0,的部分图象如图所示，则能够2使得y2cosx变成函数fx的变换为（）A．先横坐标变为原来的1倍，再向右平移个单位长度26B．先横坐标变为原来的2倍，再向左平移个单位长度12C．先向右平移个单位长度，再横坐标变为原来的1倍32D．先向左平移个单位长度，再横坐标变为原来的2倍2411．已知a0,b0，且ab1，则下列结论正确的是（）11A．的最小值是4ab试卷第2页，共4页1B．ab+的最小值是2abC．2a2b的最小值是22D．logalogb的最小值是22212．已知f(x)是定义在(,0)(0,)上的偶函数，当x0时，logx,0x1fx2则下列说法正确的是（）4x2,x1A．函数f(x)在(0,)上单调递增B．函数f(x)有两个零点C．不等式f(x)3的解集为[7,7]D．方程f(f(x))50有6个不相等的实数根三、填空题13．命题“mR，使关于x的方程mx2x10有实数解”的否定是_________.14．函数fx2cos2x的图象关于原点对称，则__________sin47cos17sin3015．___________sin1716．函数f(x)是定义在R上的偶函数，f（x－1）是奇函数，且当0x1时，11fxlog，则f(2021)f________．2020x2020四、解答题17．已知集合A{x|x28xm0,mR},B{x|ax10,aR},且ABA．(1)若B2，求m,a的值;A(2)若m15，求实数a组成的集合．118．已知函数f(x)2|x|.1x2(1)判断并证明函数f(x)的奇偶性;(2)判断函数f(x)在区间[0,)上的单调性（不必写出过程），并解不等式f(x2)f(2x1).3119．如图，在平面直角坐标系xOy中，A(,)为单位圆上一点，射线OA绕点O按22逆时针方向旋转后交单位圆于点B，点B的横坐标为f()．试卷第3页，共4页2(1)求f()的表达式，并求f()f();6317(2)若f(),(0,)，求sin()cos()的值．6323620．已知函数f(x)logx.4(1)求g(x)(f(x)2)f(x)的值域；(2)当x[1,16]时，关于x的不等式mf(x)f2(x)f(x2)30有解，求实数m的取值范围．21．已知函数f(x)3cos2x3sin2x2sinxcosx.(1)求f(x)的图象的对称轴的方程；(2)若关于x的方程a|f(x)|a10在x[0,]上有两个不同的实数根，求实数a的取2值范围．22．如图所示，设矩形ABCD(ABAD)的周长为20cm，把ABC沿AC折叠，AB折过去后交DC于点P，设ABxcm，ADycm．(1)建立变量y与x之间的函数关系式yf(x)，并写出函数yf(x)的定义域;(2)求△ADP的最大面积以及此时的x的值．试卷第4页，共4页参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ：1．A【解析】【分析】由于44036080，所以由终边相同的定义可得结论【详解】因为44036080，所以440角的终边与80角的终边相同，所以440角的终边落在第一象限角．故选：A．2．D【解析】【分析】解不等式x22，结合列举法可得结果.【详解】xNx22xNx40,1,2,3.故选：D．3．D【解析】【分析】根据不等式的性质逐项判断可得答案.【详解】对于A，因为ab0，c0，故acbc，故A错误．对于B，因为ab0，dc0，故dc，故adbc，故B错误．11对于C，取d2，c1易得，故C错误．dc对于D，因为ab0，所以a3b3，故D正确．故选：D．4．A【解析】答案第1页，共12页【分析】π作换元zx,根据已知求得z的范围，然后根据正切函数的性质得到所求函数值域，进6而作出判定.【详解】ππ5πππ设zx,因为x,，所以z,，661234因为正切函数ytanz在,上为单调递增函数，且tan3，tan1,2234所以tanz3,1．ππ5π∴函数ytanx,x,的值域为3,1，6612故选：A．5．B【解析】【分析】分别令x0，x1，得到两个方程，解方程组可求得结果【详解】∴fx2f1xx21，∴当x0时，f02f11，∴，当x1时，f12f02，∴，②2①，得3f03，解得f01．故选：B．6．B【解析】【分析】3构造函数fxlnx，通过 表格 关于规范使用各类表格的通知入职表格免费下载关于主播时间做一个表格详细英语字母大小写表格下载简历表格模板下载 判断fef30，判断零点所在区间，即得结果.x【详解】3设函数fxlnx，易见函数在0,上递增，x由表可知，fe11.10.10,f31.110.10，答案第2页，共12页故fef30，由零点存在定理可知，方程的根即函数的零点在区间(e,3)上.故选：B.7．B【解析】【分析】利用指数函数和对数函数的性质，三角函数的性质比较大小即可【详解】∴a1.80.81.8，a1.80.81.801，∴a1,1.8；∴blog5log42，∴b2；22∴1,，∴sin1cos1，43∴sin1cos10，又sin10,1，cos10,1，∴sin1cos11，∴c0,1．综上可知bac．故选：B．8．D【解析】【分析】1319由函数fx有零点，可求得，由函数fx的值域M[,)可求得ω，综4212合二者即可得到的取值范围.【详解】定义在0,上的函数ysinx0，41则x,，由函数fx有零点，所以0，解得；4444434fxM,19由函数的值域，所以，解得ω；24312119综上，的取值范围是,．412答案第3页，共12页故选：D9．ABC【解析】【分析】根据指数运算法则和对数运算法则即可判断答案.【详解】aaaa1a6对于A，5，故A对；a3a225aa3a3a681a3b34a3b对于B，33ab3，故B对；3a3a2对于C，am2，an5，a2mnaman20，故C对；1111log4log5log2log5log10对于D，11log9log393333，故D错．loglog45191345故选：ABC．10．AC【解析】【分析】利用图象求出函数fx的解析式，结合三角函数图象变换可得出结论.【详解】5由图可知，Afx2，函数fx的最小正周期为T4，则max12622．T又f2cos2，得cos1，即2kkZ，6333而，所以，所以fx2cos2x．233把y2cosx图象向右平移得y2cosx图象，再把所得图象上所有点的横坐标变33为原来的1倍即得fx的图象；2或者先将y2cosx图象上所有点的横坐标变为原来的1，再将所得图象右移个单位长度26答案第4页，共12页得到fx的图象．故选：AC．11．AC【解析】【分析】对于A：利用“乘1法”转化后，利用基本不等式求得最小值，进而判定；1对于B：先利用基本不等式求得ab的取值范围，根据此范围利用基本不等式求ab+最ab小值时注意基本不等式取等号的条件不能成立，进而判定；对于C：利用基本不等式和指数幂的运算性质得到最小值，进而判定；对于D：利用对数的运算法则、对数函数的单调性和B中求得的ab的取值范围，得到所求式子的最大值为-2，进而判定.【详解】11abab1对于A：ab2224，当且仅当a=b=时等号成立，abbaba2故A正确；ab211对于B：ab，当且仅当a=b=时等号成立，24211∴ab0,∴ab2ab=2，当且仅当ab1时取等号.abab11但ab,故等号取不到，∴ab2，故B错误；4ab1对于C：2a2b22a2b=22ab22，当且仅当a=b=时等号成立，2故C正确；11对于D：logalogblogablog2，当且仅当a=b=时等号成立，故D错误．222242故选：AC．12．BD【解析】【分析】画出函数fx的图象结合图象可判断A；令fx0求出x可判断B；由fx3解不等答案第5页，共12页式可判断C；ffx5得fx3，若fx3，即4x23，求出x；若fx3，即logx3，求出x可判断D．2【详解】由题意，函数fx的图象如图所示：对于A，fx在1,2上单调递减，A错误；对于B，令fx0，即4x20解得x2．fx只有2个零点，B正确；27,00,7对于C，由图知只需fx3得4x3，解得，C错误；对于D，ffx5，即4f2x5，且fx1，解得fx3，若fx3，即4x23，解得x1或x7；若fx3，1即logx3，解得x，D正确．28故选：BD．13．mR，关于x的方程mx2x10无实数解【解析】【分析】直接利用特称命题的否定为全称命题求解即可.【详解】因为特称命题的否定为全称命题，否定特称命题是，既要否定结论，又要改变量词，所以命题“mR，使关于x的方程mx2x10有实数解”的否定为：“mR，关于x的方程mx2x10无实数解”.答案第6页，共12页故答案为：mR，关于x的方程mx2x10无实数解14．kkZ2【解析】【分析】根据余弦型函数的对称性可得出结果.【详解】函数fx2cos2x的图象关于原点对称，则kkZ.2故答案为：kkZ.2315．2【解析】【分析】利用471730、两角和的正弦展开式进行化简可得答案.【详解】sin47cos17sin30sin1730cos17sin30sin17sin17sin17cos30cos17sin30cos17sin303cos30．sin1723故答案为：.216．1【解析】【分析】由函数f(x)是定义在R上的偶函数及f（x－1）是奇函数得到函数的周期，进而根据函数的性质求得答案.【详解】根据题意，函数f(x)是定义在R上的偶函数，则有f（－x）＝f(x)，又f（x－1）是奇函数，则f（－x－1）＝－f（x－1），所以f（x＋2）＝f[－（x＋2）]＝f[－（x＋1）－1]＝－f[（x＋1）－1]＝－f(x)，即f（x＋2）＝－f(x)，则有f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f(x)，所以函数f(x)是周期为4的周期函数，则f(2021)f(12020)f(1)log10，2020答案第7页，共12页111fflog20201，故f(2021)f011．2020202020202020故答案为：1.117．(1)m12，a611(2)0,,35【解析】【分析】（1）由B2得2A，2B，求得m，再求得A，从而得集合B，最后可得a值；A（2）求得集合A，由BA分类讨论可得a值．(1)因为Axx28xm0,mR，Bxax10,aR，且ABA，B2，所以2A，2B，所以2282m0，A1解得m12，所以A2,6．所以6B，所以6a10，解得a．6(2)若m15，可得Axx28x1503,5，因为ABA，11所以BA．当B，则a0；当B3，则a；当B5，a．3511综上，可得实数a组成的集合为0,,．3518．(1)函数fx是R上的偶函数，证明见解析1(2)函数fx在0,上单调递增，,33【解析】【分析】（1）利用偶函数的定义判断并证明函数为偶函数；（2）根据指数函数和复合函数及函数的加减合成的单调性规律判定函数的单调性，然后结合函数是偶函数，将不等式转化为x22x1，进而两边同时平方，等价转化为二次方程，求解即得.(1)答案第8页，共12页证明：依题意，函数fx的定义域为R．对于任意xR，11xx都有fx22fx，1x21x2所以函数fx是R上的偶函数．(2)解：函数fx在0,上单调递增．因为函数fxR上的偶数函数，所以fx2f2x1等价于fx2f2x1．因为函数fx在0,上单调递增，1所以x22x1，即3x28x30，解得x3，31所以不等式fx2f2x1的解集为,3．31319．(1)fcos，62223(2)3【解析】【分析】（1）由点A的坐标可求得xOA，再由三角函数的定义可求出f()，从而可求出62f()f()的值，63122（2）由题意可得cos，则可求得sin，从而利用三角函数恒等变换 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 可求得33结果(1)31A,因为，所以xOA，226由三角函数定义，得fcos．6251313所以ffcoscos．6336222(2)答案第9页，共12页11因为f，所以cos，633因为0,，222所以sin1cos2．37所以sincossincos36626coscos662cos6sin3cos223320．(1)1,223,(2)【解析】【分析】（1）由gxlogx22logx．令tlogx，换元后再配方可得答案；444（2）由mfxf2xfx230得mlogxlogx22logx30，令tlogx，4444t22t3转化为0t2时m有解的问题可得答案．t(1)gxfx2fxf2x2fxlogx22logx，44令tlogx，则gxhtt22tt1211，4所以gx的值域为1,．(2)mfxf2xfx230，即mlogxlogx22logx30，444令tlogx，则t0,2，即mtt22t30在0,2上有解，4t22t33当t0时，m无解；当0t2时，可得m2t，tt答案第10页，共12页33因为t2t23，当且仅当t3时，等号成立，tt223,所以m223．综上，实数m的取值范围为．k21．(1)x，kZ12213131,,1(2)322【解析】【分析】（1）先将解析式化成正弦型函数，然后利用整体代换2xk即可求得对称轴方32程.1（2）方程a|f(x)|a10有两个不同的实数根转化成图像yfx与y1有两个交a点即可求得实数a的取值范围．(1)fx3cos2x2sinxcosx3cos2xsin2x2sin2x，3k由2xk，kZ，得x，kZ．32122k故fx的图象的对称轴方程为x，kZ．122(2)因为afxa10，当a0时，不满足题意；1当a0时，可得fx1．画出函数fx在x0,上的图象，a211131由图可知312或013，解得aaa321313131,,1或a1．综上，实数a的取值范围为．232222．(1)yfx10x，定义域为5,10答案第11页，共12页(2)x52，△ADP的最大面积为75502cm2【解析】【分析】（1）由题意可得y10x，再由ABAD可求出x的取值范围，50（2）设APCPz，在直角三角形ADP中利用勾股定理可得zx10，从而可求得x150S10xxx10，化简后利用基本不等式可求得结果△ADP2x(1)因为ABx，ADy，矩形ABCD的周长为20cm，所以2x2y20y10x，因为ABAD，所以x10x0，解得5x10．所以yfx10x，定义域为5,10．(2)因为ABCD是矩形，所以有DB90，ADCB．因为ABC是ABC沿AC折起所得，所以有BB90，CBCB，因此有BD90，CBDA，所以△ADP∴CBP，因此APCP，DPBP．设APCPz．而ABCD是矩形，所以DCAB，因此DPDCCPxz．50在直角三角形ADP中，有AP2AD2DP2z210x2xz2zx10，x5x10．11150所以SADDPyxz10xxx10，△ADP222x250250250化简得S755x755x7525x75502，△ADPxxx250当且仅当5x时取等号，即x52时，△ADP的最大面积为75502cm2．x答案第12页，共12页