陕西省西安市铁一中学2019-2020学年高一上学期期末考试数学试卷 Word版含解析

陕西省西安市铁一中学2019-2020学年高一上学期期末考试数学试卷 Word版含解析

- 1 - 2019 年铁一中数学期末测试 一、选择题(本大题共 12 题，每小题 4 分，共 48 分) 1. 60  是第几象限角（ ） A. 第一象限角 B. 第二象限角 C. 第三象限角 D. 第四象限角 【答案】D 【解析】 【分析】 由象限角的定义即可得解. 【详解】由题意，因为 90 60 0      ，所以该角是第四象限角. 故选：D. 2. 函数 cos(2 )2y x   的图象的一条对称轴方程是（ ） A. 2x   B. 4 πx   C. 8x  D. x  【答案】B 【解析】 由 2 ,2x k   得 2 4 kx k Z   ， ， 当 0k  时, x − 4  ， 故 4x   是函数的一条对称轴， 故选 B. 3. 若函数 ( )y f x 的定义域为 M＝{x|－2≤x≤2}，值域为 N＝{y|0≤y≤2}，则函数 ( )y f x 的图象可能是（ ） A. B. - 2 - C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数的概念逐一判断即可. 【详解】对于 A，定义域  2 0M x x    ，值域为 N＝{y|0≤y≤2}，故 A 不选； 对于 B，定义域为 M＝{x|－2≤x≤2}，值域为 N＝{y|0≤y≤2}，故 B 选； 对于 C，一个 x 值对应两个 y 值，不符合函数的定义，故 C 不选； 对于 D，定义域为 M＝{x|－2≤x≤2}，值域是集合{y|0≤y≤2}的子集，故 D 不选； 故选：B 【点睛】本题考查了函数的概念、函数的定义域、值域，考查了基本知识的掌握情况，属于 基础题. 4. 设 M 为平行四边形 ABCD 对角线的交点，O 为平行四边形 ABCD 所在平面内任意一点，则 OA OB OC OD      等于 （ ） A. OM  B. 2OM  C. 3OM  D. 4OM  【答案】D 【解析】 试 题 分 析 ： 由 已 知 得 ， 而 , ,CA AC DB BD       所以 4OA OB OC OD OM        ，选 D. 考点：平面向量的线性运算，相反向量. 5. 已知如图示是函数 2sin( )( )2y x      的图象，那么（ ） - 3 - A. 10 ,11 6    B. 10 ,11 6     C. 2, 6     D. 2, 6    【答案】D 【解析】 【分析】 先由题意得到 2sin 1 ，根据 的范围，可求出 ，再由函数图像确定最小正周期，可求出  ，进而可求出结果. 【详解】因为图像过点 (0,1) ， 所以 2sin 1 ，结合图像可得 2 ,6 k k Z    ， 因为 2   ，所以 6 π ； 又由图像可得： 11 11 012 12T   ，所以T  ， 因此 2 2T    . 故选 D 【点睛】本题主要考查由函数部分图像求参数的问题，熟记三角函数的图像和性质即可，属 于常考题型. 6. 某种动物繁殖数量 y(只)与时间 x(年)的关系为 y＝alog2(x＋1)，设这种动物第 1 年有 100 只，则到第 7 年它们发展到( ) A. 300 只 B. 400 只 C. 500 只 D. 600 只 【答案】A 【解析】 【分析】 - 4 - 根据这种动物第 1 年有 100 只，先确定函数解析式，再计算第 7 年的繁殖数量． 【详解】由题意，繁殖数量 y（只）与时间 x（年）的关系为 y=alog2（x+1），这种动物第 1 年有 100 只 ∴100=alog2（1+1）， ∴a=100， ∴y=100log2（x+1）， ∴当 x=7 时，y=100 log2（7+1）=100×3=300． 故选 A． 【点睛】本题考查学生对函数解析式的理解，考查运算能力，属于基础题． 7. 若函数   y f x 的图像和函数 sin 4y x      的图像关于 ,02P      对称，则  f x 解析 式为（ ） A. ( ) sin 4f x x      B. ( ) sin 4f x x       C ( ) cos 4f x x       D. ( ) cos 4f x x      【答案】B 【解析】 【分析】 由 题 可 知 ， 点  ,x y 关 于 ,02P      对 称 的 点 ( , )x y   ， 将 点 ( , )x y   代 入 函 数 sin 4y x      ，即可得出  f x 解析式. 【详解】解：根据题意，设函数   y f x 上的点 ,x y ， 则点 ,x y 关于 ,02P      对称的点 ( , )x y   在函数 sin 4y x      上， ∴ sin 4y x      关于 ,02P      的对称函数为： - 5 - sin ( ) sin4 4y x x                 sin sin4 4x x                ， ∴ sin 4y x       和 sin 4y x      关于 ,02P      对称， 所以 ( ) sin 4f x x       . 故选：B. 8. 如图，在⊙C 中，弦 AB 的长度为 4，则 AB AC uuur uuur 的值为（ ） A. 12 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 设圆 C 的半径为 r， CAB   ，则 2cos r   ，然后可得答案. 【详解】设圆 C 的半径为 r， CAB   ， 则 2cos r   ， ∴ 2cos 4 8AB AC AB AC r r            . 故选：B 9. 函数 1 sin3y x  的图像与直线 3x  ， 5 3x  及 x 轴所围成的图形的面积是（ ） A 2 3  B.  C. 4 3  D. 5 3 π 【答案】C 【解析】 【分析】 - 6 - 作出函数 1 sin3y x  的图像，利用割补法，补成长方形，计算面积即可. 【详解】作出函数 1 sin3y x  的图象，如图所示， 利用割补法，将 2 3  到 部分的图象与 x 轴围成的图形补到图中 3  到 2 3  处阴影部分，凑成 一个长为 3  ，宽为 2 的长方形，后面 到 5 3  ，同理；∴ 1 sin3y x  的图象与直线 3x  ， 5 3x  及 x 轴所围成的面积为 2 42 3 3    ， 故选：C. 【点睛】用“五点法”作  siny A ωx φ  的简图，主要是通过变量代换，设 z x   ， 由 z 取 0 ， 2  ， ， 3 2  ， 2 来求出相应的 x ，通过列表，计算得出五点坐标，描点后得出 图象． 10. 已知集合  cos sin ,0 2E        ∣ ，  tan sinF    ∣ ，那么 E F 为区间 （ ） A. ,2 π π     B. 3,4 4       C. 3, 2      D. 3 5,4 4      【答案】A 【解析】 【分析】 先分别利用正弦函数、余弦函数和正切函数的图象化简集合 E，F，再利用交集的运算求解. - 7 - 【详解】∵ 5{ cos sin ,0 2 } 4 4E                  ∣ ∣ ，  tan sin ,2F k k k                 Z∣ ∣ ， ∴ 2E F         ∣ . 故选：A. 11. 对于任意 ( , )x m  ，不等式 2 2log 2xx x  都成立，则 m 的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】 根据指数函数、二次函数、对数函数的增长速度，结合特殊函数值进行求解即可. 【详解】 0x  时，令 22x x 得： 2x  或 4x  ， 由于指数函数增长速度比二次函数要快， ∴当 4x  时， 22x x 恒成立， 且当 4x  时， 2 2logx x 也成立，对数函数增长速度小于二次函数， ∴m 的最小值为 4. 故选：C. 12. 若  0,  ，且 1cos sin 3     ，则 cos2  （ ） A. 17 9 B. 17 9  C. 17 9  D. 17 3 【答案】A 【解析】 试题分析： 由 1cos sin 3     ，两边平方得： 1 41 2sin cos sin cos9 9         ， - 8 - 由 cos ,sin  是一元二次方程： 2 1 4 03 9x x   的两个实根，解得： 1,2 1 17 6x    0,  ，且由上可知： 4sin cos 09      ， sin 0,cos 0    1 17 1 17sin ,cos6 6        2 2cos2 cos sin     ， 2 21 17 1 17( ) ( )6 6      17 9  故选 A． 考点：1.同角三函数间的关系；2.余弦的倍角公式． 二､填空题(本大题共 4 题，每小题 4 分，共 16 分) 13. 设 tan 、 tan  是方程 2 3 2 0x x   的两个根，则  tan    ________________. 【答案】 3 【解析】 【分析】 利用二次方程根与系数的关系得出 tan tan  和 tan tan  的值，然后利用两角和的正切 公式计算可求出  tan   的值. 【详解】由二次方程根与系数的关系得出 tan tan 3   ， tan tan 2   ， 因此，   tan tan 3tan 31 tan tan 1 2            ，故答案为 3 . 【点睛】本题考查两角和的正切公式的应用，同时也考查了二次方程根与系数的关系，考查 运算求解能力，属于中等题. 14. 把函数 cosy x 的图象上的所有点的横坐标缩小到原来的一半(纵坐标不变)，然后把图象 - 9 - 向左平移 4  个单位，则所得图形对应的函数解析式为__________. 【答案】 sin 2y x  【解析】 【分析】 利用三角函数图象的平移变换和伸缩变换求解. 【详解】将函数 cosy x 的图象上的所有点的横坐标缩小到原来的一半， 可得 cos2y x 的图象，再向左平移 4  个单位， 所得图象的解析式为 cos 2 4y x         ， 即 cos 2 sin 22y x x       . 故答案为： sin 2y x  15. 数 2sin 4cos 2y x x   的最大值是__________. 【答案】6 【解析】 【分析】 利用平方关系将函数转化为 2cos 4cos 3y x x    ，利用二次函数的性质求解. 【详解】 2sin 4cos 2y x x   ， 21 cos 4cos 2x x    ， 2cos 4cos 3x x    ， 2(cos 2) 7x    . ∵ cos 1x  ， ∴当 cos 1x   时，y 有最大值，最大值为 6. 故答案为：6 - 10 - 16. 已知函数    2 3 4 3, 1 , 1x a x a xf x a x        ，在 R 上是增函数，则实数 a 的取值范围是 ______. 【答案】  1,2 【解析】 【分析】 根据分段函数单调递增可得两段也必单调递增,且左段的最大值小于等于右段的最小值,据此 列式可解得. 【 详 解 】 由 函 数    2 3 4 3, 1 , 1x a x a xf x a x        在 R 上 是 增 函 数 可 得   2 3 0 1 2 3 4 3 a a a a a           ， 解得1 2a  . 故答案为 1 2a  . 【点睛】本题考查了分段函数的单调性,属于中档题. 易错警示:忽视左段的最大值小于等于右段的最小值. 三､解答题(本大题共 6 题，共 56 分) 17. 已知函数 ( ) 2sin 2 13f x x       . （1）写出 ( )f x 的最小正周期及最值. （2）求 ( )f x 的单调递增区间. 【答案】（1）最小正周期T  ；  f x 的最小值为 3 ，最大值为 1；（2）  f x 的单调递增 区间为 5 , ,12 12k k k         Z . 【解析】 【分析】 （1）由 ( ) 2sin 2 13f x x       ，利用 2T   求周期，再利用正弦函数的性质求最值； - 11 - （2）根据正弦函数的单调性，令 2 2 2 ,2 3 2k x k k         Z 求解. 【详解】（1） ( ) 2sin 2 13f x x       ， 最小正周期 2 2T    ， ∵ 1 sin 2 13x        ， ∴  f x 的最小值为 3 ，最大值为 1. （2）令 2 2 2 ,2 3 2k x k k         Z ， 解得： 5 ,12 12k x k k        Z ， ∴  f x 的单调递增区间为 5 , ,12 12k k k         Z . 18. 已知函数 ( 1)( 1)( ) x xf x x   . （1）判断函数 ( )f x 的奇偶性﹒ （2）若  ( ) 0A x x f x  ∣ ，  22B x y x x   ∣ ，求 A B . 【答案】（1）  f x 是奇函数；（2）  1A B x x    或 1 2x  . 【解析】 【分析】 （1）先求出函数  f x 的定义域，然后奇偶性的定义判断即可. （2）由 ( ) 0x f x  得： ( 1)( 1) 0x x   ，求出集合 A ,再求出集合 B ，然后再求交集运算. 【详解】（1）函数  f x 的定义域为  ( ),0 0,   ， ( 1)( 1) ( 1)( 1)( ) ( )x x x xf x f xx x            ， 即 ( ) ( )f x f x   ，所以  f x 是奇函数﹒ （2）由 ( ) 0x f x  得： ( 1)( 1) 0x x   ，即 1x   或 1x ， - 12 - 所以  1A x x  ∣ 或 1x  ，      2 22 2 0 1 2B x y x x x x x x x           ∣ ∣ ∣ ， 所以  1A B x x    或 1 2x  . 19. 设 (2sin ,cos2 )OA x x ， ( cos ,1)OB x  ，其中 0, 2x      . （1）求 ( )f x OA OB   的最值及取最值时对应的 x 值. （2）当OA OB  时，求 x 的值. 【答案】（1）当 0x  时，函数  f x 取得最大值为 1，当 3 8x  时，函数  f x 取得最小值 为 2 ；（2） 8  . 【解析】 【分析】 （1）根据 (2sin ,cos2 )OA x x ， ( cos ,1)OB x  ，利用数量积运算和二倍角公式以及辅助 角法，将函数化简为   2 sin 2 4f x x       ，然后利用正弦函数的性质求解. （2）由OA OB  得到 2 sin 2 04x       ，则 2 ,4x k k Z    ，然后由 32 ,4 4 4x          求解 【详解】（1）∵ (2sin ,cos2 )OA x x ， ( cos ,1)OB x  ， ∴ ( ) 2sin cos cos2 sin 2 cos2f x x x x x x      ， 2 22 sin 2 cos22 2x x        ， 2 sin 2 4x       . ∵ 0, 2x      ， - 13 - ∴ 32 ,4 4 4x          ， 当 2 4 4x     时，即 0x  时，函数  f x 取得最大值为 1， 当 2 4 2x    时，即 3 8x  时，函数  f x 取得最小值为 2 . （2）当OA OB  时， 2 sin 2 04x       ， 所以 2 ,4x k k Z    ， ∵ 32 ,4 4 4x          ， ∴ 2 04x   即 8x  时， 2 sin 2 04x       ， 即当OA OB  时，x 的值为 8  . 20. 如图，以 Ox 为始边作角 与  (0 )β α π   )，它们的终边分别与单位圆相交于点 P､ Q，已知点 P 的标为 3 4,5 5     （1）求 sin 2 cos2 1 1 tan       的值; （2）若 0OP OQ   ，求 sin( )  的值 【答案】（1） 18 25 ；（2） 7 25 . 【解析】 【分析】 - 14 - （1）根据终边上点的坐标，利用三角函数定义得到角 的正弦值与余弦值，利用二倍角的正 弦公式、二倍角法余弦公式，切化弦，把要求的式子化简，约分整理，将所求三角函数值代 入求解即可； （2）以向量的数量积为 0 为条件，可得 2    ，从而可得 3sin 5   ，进而得 4cos 5   ， 利用两角和的正弦公式可得结果. 【详解】（1）由三角函数定义得 3cos 5    ， 4sin 5   ∴原式  2 22cos sin cos2sin cos 2cos 2cossin sin cos1 cos cos              2 · 23 5     = 18 25 （2） 0OP OQ   ，∴ 2    ， ∴ 2    ，∴ 3sin sin cos2 5           4cos cos sin2 5          ， ∴  sin sin cos cos sin        4 4 3 3 7 5 5 5 5 25          . 21. 已知在等边三角形 ABC 中，点 P 为线段 AB 上一点，且  0 1AP AB     . （1）若等边三角形 ABC 的边长为 6，且 1 3   ，求 CP  ； （2）若CP AB PA PB      ，求实数  的取值范围. 【答案】（1） 2 7 ；（2） 2 2 ,12       . 【解析】 - 15 - 【分析】 （1）当 1 3   时，可得出 1 3CP AB AC    ，利用平面向量数量积的运算性质可计算得出 CP  ； （2）设等边三角形 ABC 的边长为 a ，由平面向量数量积的运算性质可将CP AB PA PB      表示为含  的不等式，结合 0 1≤ ≤ 可求得实数  的取值范围. 【详解】（1）由 1 3   ，得 1 3AP AB  ， 1 3CP AP AC AB AC        ， 22 2 2221 1 2 1 26 6 6 cos603 9 3 369CP AB AC AB AC BAC A                   4 36 12 28    ， 因此， 2 7CP  ； （2）设等边三角形 ABC 的边长为 a， 则     2 2 2 cos60CP AB CA AP AB AB AC AB AB AB AC a a                         2 21 2a a  ，     2 2 2PA PB PA AB AP AB AB AB a a                    ， 即 2 2 2 2 21 2 a a a a      ，整理得 22 4 1 0    ，解得 2 2 2 2 2 2    . 2 2 2 2 2 2 0 1          ，解得： 2 2 12    ， 因此，实数  的取值范围为 2 2 ,12       . 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利 用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律 的应用． 22. 已知函数 1( ) ( )2 xf x  ，函数 1 2 ( ) logg x x . （1）若 2( 2 )g mx x m  的定义域为 R ，求实数 m 的取值范围； （2）当 [ 1,1]x  时，求函数 2[ ( )] 2 ( ) 3y f x af x   的最小值 ( )h a ； - 16 - （3）是否存在非负实数 m n、 ，使得函数 2 1 2 log ( )y f x 的定义域为[ , ]m n ，值域为[2 ,2 ]m n ， 若存在，求出 m n、 的值；若不存在，则说明理由. 【答案】（1） 1m > ；（2） 2 13 1,4 2 1( ) 3 , 22 7 4 , 2 a a h a a a a a            ；（3） 0, 2m n  【解析】 【分析】 （1）根据等价转化的方法，得到 2 2 0mx x m   在 R 上恒成立，然后利用分类讨论的方法， 0m  或 0m  ，并结合二次函数的图像与性质，可得结果. （2）利用换元法，可得 2 12 3, ,22y t at t         ，然后根据讨论对称轴 t a 与区间 1 ,22      的位置关系，根据函数单调性，可得结果. （3）化简式子可得 2y x= ，利用该函数的单调性，可得 2 2 2 2 0 m m n n n m        ，计算可得结果. 【详解】（1）由 1 2 ( ) logg x x ， 所以  2 2 1 2 ( 2 )=log 2g mx x m mx x m    又 2( 2 )g mx x m  的定义域为 R ， 则 2 2 0mx x m   在 R 上恒成立 当 0m  时， 2 0x  ，则在 R 上不恒成立 当 0m  时，则 2 0 14 4 0 m mm       综上： 1m > （2）令   1 ,2 [ 1,1] x t f x x        ，则 1[ ,2]2t  所以 2[ ( )] 2 ( ) 3y f x af x   在 [ 1,1]x  最小值 - 17 - 等价于 2 2 3y t at   在 1[ ,2]2t  的最小值 2 2 3y t at   对称轴为t a 当 1 2a  时， 2 2 3y t at   在 1[ ,2]2 递增 则在 1 2t  处有最小值 13( ) 4h a a  当 1 22 a  时， 则在 t a 处有最小值 2( ) 3h a a  当 2a  时， 2 2 3y t at   在 1[ ,2]2 递减 则在 2t  处有最小值 ( ) 7 4h a a  综上： 2 13 1,4 2 1( ) 3 , 22 7 4 , 2 a a h a a a a a            （3）存在 2 22 1 1 2 2 log ( ) log 1 2 x y xf x        ① 由 m n、 为非负实数，所以①在[ , ]m n 单调递增 又值域为[2 ,2 ]m n ，所以 2 2 2 02 20 m m mn n nn m          所以存在，当 0, 2m n  时， 函数 2 1 2 log ( )y f x 在[ , ]m n 上，值域为[2 ,2 ]m n 【点睛】本题简单考查了指数函数与对数函数，主要考查二次函数的图像与性质，第二问中， 难点在于采用讨论对称轴与 1[ ,2]2 的位置关系，典型的动轴顶区间的问题，属中档题. - 18 -