天津市滨海新区2020-2021学年高一上学期期末数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合A={1，3，5}，B={2，3，5，6}，则A∩B=（ ） A． 6}

2．命题“x[0,)，ex1”的否定是（ ） A．x[0,)，ex1 C．x[0,)，ex1

B．x[0,)，ex1 D．x[0,)，ex1

B．{3，5}

C．{1，2，6}

D．{1，2，3，5，

3．设函数f(x)2x+x5，则函数f(x)的零点所在区间是（ ） A．(-1,0)

B．(0,1)

C．(1,2)

D．(2,3)

4．在平面直角坐标系xOy中，角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(4,3)，那么cos的值是（ ） A．

4 5B．

3 4C．

4 3D．

3 55．把函数f(x)sin4x的图象向右平移

π个单位长度，得到的图象所对应的函数12g(x)的解析式是（ ） π) 12πC．f(x)sin(4x)

12A．f(x)sin(4x6．设R，则“A．充分不必要条件 C．充要条件

7．下列计算正确的是（ ） A．3(8)38 C．2log23=8

8．下列命题为真命题的是（ ） A．若ab，则a2b2

B．若ac2bc2，则ab

试卷第1页，总4页

π3πD．f(x)sin(4x)

3B．f(x)sin(4x)

6”是“sin1”的（ ） 2B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

B．2322=2

56D．log318log32=2

C．若ab，则

11 abD．若ab，cd，则acbd

9．函数fxxsinx的图象大致是（ ）

A． B．

C． D．

10．已知函数f(x)是定义在区间[a1,2a]上的偶函数，且在区间[0,2a]上单调递增，则不等式f(x1)f(a)的解集为（ ） A．[1,3]

B．(0,2)

C．(0,1)(2,3]

D．[1,0)(1,2)

11．某种食品的保鲜时间y(单位：小时)与储存温度x(单位：C)近似满足函数关系

y3kxb(k，b为常数)，若该食品在0C的保鲜时间是288小时，在5C的保鲜时间是

144小时，则该食品在15C的保鲜时间近似是（ ） A．32小时

B．36小时

2C．48小时 D．60小时

12．已知f(x)2sin(x)1(0)，给出下列判断： ①若函数f(x)的图象的两相邻对称轴间的距离为②若函数f(x)的图象关于点(π3π，则=2； 2π,0)对称，则的最小值为5； 12ππ1③若函数f(x)在[,]上单调递增，则的取值范围为(0,]；

6324147④若函数f(x)在[0,2π]上恰有7个零点，则的取值范围为[,).

2424其中判断正确的个数为（ ） A．1

二、填空题

13．sin()的值等于___________.

B．2

C．3

D．4

π3试卷第2页，总4页

14．幂函数yx的图象过点(2,2)，则___________. 15．已知tan2，则tan________. 40.416．设a0.2,blog30.4,clog34，则a,b,c的大小关系为___________.(用“<”

连接)

三、双空题

17．若x0，则4x+1的最小值为___________，此时x=___________. x18．已知集合A{x|yx2+x6},B{x|xm}，其中mR，则集合

RA=___________；若xR，都有x∈A或x∈B，则m的取值范围是___________. 19．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用.如图，一个半径为4m的筒车按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周大约用时15s，其轴心O(即圆心)距水面2m.设筒车上的某个盛水筒P到水面的距离为d(单位：m)(在水面下d为负数)，若以盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间，则d与时间t(单位：

s)之间的关系为dAsin(t)K(A0,0,||).

π2

（1）当盛水筒P第一次到达筒车的最高点时，t= ___________；

（2）盛水筒P到水面的距离d关于旋转时间t的函数解析式为___________.

x22x2,x0,20．已知函数f(x)|logx|,x0.若方程f(x)a有四个不同的解

12x1，x2,x3,x4，且x14x4x1x2的最小值是___________. 2x3x4

四、解答题 21．已知sinx1，x,. 32试卷第3页，总4页

（1）求cosx，sin2x的值； （2）求cos(x)的值.

22．已知函数f(x)x2+mx+1，且f(1)0. （1）求实数m的值；

（2）求不等式f(x)1的解集；

（3）根据定义证明函数f(x)在(1,)上单调递增. 23．已知函数f(x)sin2xπ4sin2x3cos2x， 33（1）求函数f(x)的最小正周期； （2）当x[0,]时，

（i）求函数f(x)的单调递减区间；

（ii）求函数f(x)的最大值、最小值，并分别求出使该函数取得最大值、最小值时的自变量x的值.

24．已知函数f(x)=ax，g(x)=loga(x3a)，其中a0且a1. （1）若a3，

（i）求函数g(x)=loga(x3a)的定义域；

（ii）x[1,0]时，求函数yf(2x)mf(x1)1的最小值h(m)；

（2）若当x[a2,a3]时，恒有|g(x)g(x2a)|1，试确定a的取值范围.

π2试卷第4页，总4页

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参

1．B 【分析】

根据交集的定义直接出结果即可. 【详解】

因为A={1，3，5}，B={2，3，5，6}， 所以AB3,5，

故选：B. 【点睛】

关键点点睛：该题考查的是有关集合的问题，解题的关键是熟练掌握交集的定义. 2．D 【分析】

根据全称量词的否定是存在量词可得答案. 【详解】

因为全称量词的否定是存在量词，

所以命题“x[0,)，ex1”的否定是“x[0,)，ex1”. 故选：D 3．C 【分析】

根据零点存在性定理分析可得结果. 【详解】

因为函数f(x)2+x5的图象连续不断， 且f(1)2151x110，f(0)10540, 2f(1)21520,f(2)222510，f(3)233560，

所以函数f(x)的零点所在区间是(1,2). 故选：C 4．A 【分析】

答案第1页，总14页

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根据三角函数的定义计算可得结果. 【详解】

因为x4，y3，所以r32425， 所以cos故选：A 5．B 【分析】

由题意利用三角函数的图象变换原则，即可得出结论． 【详解】

由题意，将函数f(x)sin4x的图象向右平移可得gxsin4(x故选B． 6．A 【分析】

利用正弦函数的图象性质分析. 【详解】 当x4. r5π个单位长度， 12)sin(4x). 1236,可以得到sin1, 2反过来若sin所以152k，kZ. ，有2k或

2666为充分不必要条件，

故选：A. 【点睛】

本题考查充分条件、必要条件的判断问题，属于简单题. 7．D 【分析】

根据根式的性质可知A不正确；根据指数幂的运算性质计算可知B不正确；根据对数的性质可知C不正确；根据对数的运算法则计算可知D正确.

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【详解】

因为3为奇数，所以3(8)38，故A不正确；

2223562115236201，故B不正确；

2log23=3，故C不正确；

log318log32log3故选：D 8．B 【分析】

18log39log3322，故D正确. 2利用反例或不等式的性质逐项检验后可得正确的选项. 【详解】

对于AC，取a1,b2，则ab，但a2b2，

11，故AC错. ab对于D，取a1,b2，c2,d5，则ab，cd， 但ac3bd，故D错误.

对于B，因为ac2bc2，故c20，故ab. 故选：B. 9．D 【分析】

根据解析式的特征，利用函数的性质和特殊值排除选项可求. 【详解】

因为f(x)为奇函数，所以排除A,C选项，取x选D. 【点睛】

本题主要考查函数图象的识别，主要求解策略是利用函数的性质和特殊值来进行排除，侧重考查直观想象的核心素养. 10．B 【分析】

根据偶函数的定义域关于原点对称可得a1，根据f(x1)f(|x1|)以及函数f(x)的单

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12可知f()0，所以排除B选项，故12本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

调性可解得结果. 【详解】

因为函数f(x)是定义在区间[a1,2a]上的偶函数， 所以a12a0，解得a1，

f(x1)f(a)可化为f(x1)f(1)，

因为f(x)在区间[0,2a]上单调递增，所以x11，解得0x2. 故选：B 【点睛】

关键点点睛：根据f(x1)f(|x1|)以及函数f(x)的单调性解不等式是解题关键. 11．B 【分析】

3b2883由条件可得到5k1，然后算出y315kb35k3b即可.

32【详解】

3b2883288由条件可得5kb，所以5k1，所以当x15时

144332b31y315kb35k3b28836

8故选：B 12．C 【分析】

先将f(x)化简，对于①，由条件知，周期为，然后求出；对于②，由条件可得

2k(kZ)，然后求出16k(kZ)，即可求解；对于③，由条件，得1262k362(kZ)，然后求出的范围；对于④，由条件，得22k623答案第4页，总14页

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742，然后求出的范围；，再判断命题是否成立即可． 21212【详解】

解：f(x)2sin(x)1=-cos(2x2π32ππ)=sin(2x)， 36周期T2． 2①．由条件知，周期为，

w1，

故①错误；

②．函数f(x)的图象关于点(π2k(kZ)， ,0)对称，则1261216k(kZ)，(0)

∴的最小值为5， 故②正确；

③．由条件，x[,]，

ππ63ππ2π2x 366362k3ππ62(kZ)， 由函数f(x)在[,]上单调递增得6322k6231， 2又0， 01， 2故③正确．

④．由f(x)sin(2x6)0得2x6k(kZ),

解得xk(kZ) 212答案第5页，总14页

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742]上恰有7个零点，2f(x)sin(2x)且f(x)在[0，可得，

21212147， 2424故④正确； 故选：C 【点睛】

本题考查了三角函数的图象与性质，考查了转化思想和推理能力，属中档题．

关键点点睛：利用整体思想，结合正弦函数的图像和性质是根据周期，对称，单调性，零点个数求求解参数的关键. 13．3 2【分析】

根据诱导公式和特殊角的函数值可解得结果. 【详解】

π3. sin()sin332故答案为：14．

3 21 2【分析】

将点的坐标代入解析式可解得结果. 【详解】

因为幂函数yx的图象过点(2,2)， 所以22，解得故答案为：15．-3. 【分析】

由两角差的正切公式展开，解关于tan的方程． 【详解】

1. 21 2答案第6页，总14页

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tan1tan22tan3． 因为，所以41tan【点睛】

本题考查两角差正切公式的简单应用，注意公式的特点：分子是减号，分母是加号． 16．bac 【分析】

根据指数函数和对数函数的知识判断出a,b,c的范围即可. 【详解】

因为0a0.20.40.201，blog30.4<0<1根据基本不等式可求得结果. 【详解】

因为x0，所以4x1 2111124x4，当且仅当4x，即x时，等号成立.

x2xx故答案为：4；【点睛】

1 2易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

“二定”就是要求和的最小值，（2）必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 18．{x|3x2} m2 【分析】

化简集合A，根据补集的概念可求出

RA，将题意转化为ABR可求得结果.

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【详解】

由x2x60得x3或x2， 所以A{x|y所以

Rx2+x6}(,3][2,)，

A{x|3x2}，

因为”若xR，都有x∈A或x∈B”，所以A所以m2.

故答案为：{x|3x2}；m2 【点睛】

BR，即(,3][2,)(,m)R，

关键点点睛：将“若xR，都有x∈A或x∈B”转化为A19．5 d4sin(【分析】

BR是解题关键.

2ππt)2(t0) 156（1）求出盛水筒P第一次到达筒车的最高点时的旋转角度，根据题意求出点P绕点O逆时针旋转的角速度，用旋转角度除以角速度即可得时间t；

（2）根据图形可得d的最大、最小值，由此可得A和K，根据周期可得，根据当t0时，d0可求得，从而可得函数解析式；

【详解】

（1）因为轴心O(即圆心)距水面2m，圆的半径为4m，所以当盛水筒P第一次到达筒车的

2，因为点P绕点O逆时针旋转一周大约用

332时15s，所以点P绕点O逆时针旋转速度为每秒，所以当盛水筒P第一次到达筒车的

15235秒.

最高点时，t=

215最高点时，点P绕点O逆时针旋转了（2）由图可知d的最大值为246，最小值为2， 所以AK6,AK2，所以A4,K2，

因为筒车旋转一周大约用时15s，所以函数的周期T15，所以当t0时，d0，即4sin(22， T15210)20，即sin，

215答案第8页，总14页

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因为2，所以6，

2ππt)2(t0). 1562ππt)2(t0) 故答案为：5； d4sin(156所以d4sin(【点睛】

关键点点睛：根据题意求出A,K,是解题关键. 20．2 9 【分析】

x22x2,x0,画出f(x)|logx|,x0.的图像,数形结合分析参数的a的最小值,再根据对称性与

12函数的解析式判断x1,x2,x3,x4中的定量关系化简【详解】

4x4x1x2再求最值即可. 2x3x4x22x2,x0,画出f(x)|logx|,x0.的图像有：

12

因为方程fxa有四个不同的解x1,x2,x3,x4,故fx的图像与ya有四个不同的交点,又由图,f02, f13故a的取值范围是2,3,故a的最小值是2. 又由图可知,

x1x21x1x22,log0.5x3log0.5x4,故2log0.5x3log0.5x4log0.5x3x40,故x3x41.

答案第9页，总14页

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44xxx=2x4. 故4122x3x4x4又当a2时, log0.5x42x44.当a3时, log0.5x43x48,故x44,8. 又y2x444y2x在x44,8时为增函数,故当x44时取最小值4x4x4y2449. 4故答案为：(1). 2 (2)9. 【点睛】

本题主要考查了数形结合求解函数零点个数以及范围的问题,解题的关键是需要根据题意分析交点间的关系,并结合函数的性质求解.属于难题. 21．（1）cosx【分析】 (1)由sinx244222. ，sin2x；（2）

3691及x的范围求得cosx，再利用二倍角的正弦公式即可求得sin2x； 3(2)利用两角差的余弦公式直接代值求解即可. 【详解】 解：（1）

1πsinx，x（，π），

32cosx1sin2x22 3sin2x=2sinxcosx21(22)42

339（2）cos(x4)cosxcos4sinxsin4

22212323224 622．（1）m2；（2）{x|0x2}；（3）证明见解析. 【分析】

（1）由f(1)0可算出答案；

答案第10页，总14页

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（2）解出即可； （3）利用定义证明即可. 【详解】

2（1）f(1)1+m+1m2，

f(1)0，m20，即m2；

（2）由（1）知，f(x)x22x+1，

f(x)1x22x0，

解得0x2，不等式f(x)1的解集为{x|0x2}； （3）设x1x21，

22则f(x1)f(x2)x12x11(x22x21)

(x12x22)（2x1x2)=（x1x2（)x1+x22)

x1x21，x1x20，x1+x22,即x1+x220, f(x1)f(x2)(x1x2（)x1+x22)0 f(x1)f(x2).

函数f(x)在(1，+)上单调递增.

23．（1）最小正周期为π；（2）（i）[时，f(x)取最小值为3. 【分析】

（1）利用和差公式展开合并，再利用辅助角公式计算可得fx2sin(2x+小正周期为π；（2）（i）通过换元法令t2xππππ,]；（ii）当x=时，f(x)取最大值为2；当x=1221223)，可得最

π，求出ysint的范围，然后再根据ysint3的单调递减区间求解即可；（ii）根据函数单调性求得最大值，然后计算端点值，比较大小之后可得函数的最小值. 【详解】

解：（1）f(x)=sin(2x+)sin(2x)3cos2x=sin2x+3cos2x=2sin(2x+).

答案第11页，总14页

π3π3π3本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

2π=π，f(x)的最小正周期为π. 2πππ4π（2）（i）x[0,]，t2x[,]，

3332π4ππ4πysint，t[,]的单调递减区间是t[,]，

3323ππ4πππx， 且由2x，得

233122ππ所以函数f(x)的单调递减区间为[,].

122πππ（ii）由（i）知，f(x)在[,]上单调递减，在[0,]上单调递增.

12212ππππ4π3， 且f(0)=2sin3，f()=2sin2，f()=2sin312223ππ所以，当x=时，f(x)取最大值为2；当x=时，f(x)取最小值为3. 122T=【点睛】

思路点睛：（1）关于三角函数解析式化简问题，首先利用和差公式或者诱导公式展开合并化为同角，然后再利用降幂公式进行降次，最后需要运用辅助角公式进行合一化简运算；（2）三角函数的单调区间以及最值求解，需要利用整体法计算，可通过换元利用ysint的单调区间以及最值求解.

210m,m99292295724．. （1）（i）{x|x9}；（ii）hm=1m,m；（2）0a49312223m,m3【分析】

（1）(i)把a3代入g(x)，可得答案{x|x9}；

2(ii)a3时，f(x)=3x，求得yf(2x)mf(x1)1=（3x）3m3x1，利用动轴定

区间讨论求得函数最小值；

22（2）由|g(x)g(x2a)|1得1loga(x4ax+3a)1，

22令r(x)x4ax+3a，其对称轴为x04a2a，讨论r(x)在x[a2,a3]上单222调性，可得u(x)=loga(x4ax+3a)在x[a2,a3]上单调递减，得答案.

答案第12页，总14页

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【详解】

（1）(i)a3时，g(x)=log3(x9)，

x90，解得x9，

当a3时，函数g(x)的定义域是{x|x9}；

(ii)a3时，f(x)=3x，

2yf(2x)mf(x1)1=32xm3x11=（3x）3m3x1，

令3x=t，

1x[1,0]，t,1，

32即求函数F(t)t3mt1在t,1的最小值. 对称轴t0①当t0133m3m， 223m121，即m时，函数F(t)在t,1上单调递增， 23932111011当t=时函数取最小值，最小值为F=3m1=m； 33933②当t023m11，即m时，函数F(t)在t,1上单调递减， 2332当t=1时函数取最小值，最小值为F(1)=13m11=23m； ③当t0,1，即m133m22,时，当t=时函数F(t)取最小值， 932223m9m3m3m最小值为F； =3m1=12422综上，x[1,0]时，函数yf(2x)mf(x1)1的最小值为

210m,m99229h(m)=1m2,m.

934223m,m3答案第13页，总14页

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（2）由g(x)=loga(x3a)得x3a0，即x3a，

x[a2,a3]a23a，即0a1，

由|g(x)g(x2a)|1可得：|loga(x3a)+loga(xa)|1，

22即|loga(x3a)(xa)|1，也即1loga(x4ax+3a)1，

22令r(x)x4ax+3a，其对称轴为x04a2a， 20a1，a22a，r(x)在x[a2,a3]上单调递增，

u(x)=loga(x24ax+3a2)在x[a2,a3]上单调递减，

u(x)max=u(a2)=loga(44a)，u(x)min=u(a3)=loga(96a)，

又0a1，则loga(96a)1957， ，解得0alog(44a)112a957. 12所以a的取值范围为0a【点睛】

本题考查了函数解析式的求法，函数的最值，函数恒成立的问题，综合性较强，所谓“动轴定区间法”，轴动区间定：比较对称轴与区间端点的位置关系，根据函数的单调性数形结合判断y的范围，需要分类讨论.

答案第14页，总14页