广东省梅州市2019-2020高一数学上学期期末试题（Word版附解析）

广东省梅州市2019-2020高一数学上学期期末试题（Word版附解析）

梅州市高中期末考试试卷(2020.1) 高一数学 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 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.） 1.设全集  2 4U x Z x     ，  1,0A   ，  0,1,2B  ,则   UC A B （ ） A.  0 B.  2, 1  C.  1,2 D.  0,1,2 【答案】C 【解析】 【分析】 先确定集合 U , 再利用交集与补集运算即可 【详解】   2 4 = 1,0,1,2,3U x Z x      ，则  UC A B 1,2,3   0,1,2 = 1,2 故选:C 【点睛】本题考查集合的运算，准确确定集合 U 是关键，是基础题 2.sin600 =( ) A. 3 2 B. 3 2  C. 1 2 D. 1 2  【答案】B 【解析】 【分析】 利用诱导公式将 600sin  化为 60sin  ，结合特殊角的三角函数可得结果. 【详解】因为    600 sin 720 120 sin 120 120 60sin sin sin               3 2 , 所以 600sin    3 2 ，故选 B. 【点睛】本题主要考查诱导公式的应用以及特殊角的三角函数，属于简单题.对诱导公式的记 忆不但要正确理解“奇变偶不变，符号看象限”的含义，同时还要加强记忆几组常见的诱导 公式，以便提高做题速度. 3.下列函数中，在其定义域内既是增函数又是奇函数的是（ ） A. y 1 x   B. y＝3x﹣3﹣x C. y＝tanx D. y x 【答案】B 【解析】 【分析】 对选项逐一分析函数的定义域、单调性和奇偶性，由此确定正确选项. 【详解】对于 A 选项，函数定义域为   ,0 0,   ，在定义域上没有单调性. 对于 B 选项， 13 3 3 3 x x x xy     在 R 上是增函数又是奇函数，符合题意. 对于 C 选项，函数的定义域为 , ,2 2k k k Z        ，在定义域上没有单调性. 对于 D 选项，函数的定义域为 0, ，为非奇非偶函数. 综上所述，符合题意的是 B 选项. 故选：B 【点睛】本小题主要考查函数的定义域、单调性和奇偶性，属于基础题. 4.设 x∈R，向量 a  （x，1），b  （1，2），若 a  ⊥ b ，则 a b  ＝（ ） A. 11 B. 10 C. 3 2 D. 2 2 【答案】B 【解析】 【分析】 利用向量垂直的坐标表示列方程，求得 x 的值，由此求得 a b  【详解】由于 a  ⊥ b ，所以 1 1 2 0x    ，解得 2x   ，所以  1,3a b    ，所以 2 21 3 10a b     . 故选：B 【点睛】本小题主要考查平面向量垂直的坐标表示，考查向量加法、模的坐标运算，属于基 础题. 5.下列各式中成立的是（ ） A. log76＜log67 B. log0.44＜log0.46 C. 1.013.4＞1.013.5 D. 3.50.3＜3.40.3 【答案】A 【解析】 【分析】 根据对数函数、指数函数和幂函数的性质，判断出正确选项. 【详解】对于 A 选项，根据对数函数的性质可知 7 7 6 6log 6 log 7 log 6 log 7   ，故 A 选项 正确. 对于 B 选项，由于 0.4logy x 在 0,  上递减，所以 0.4 0.4log 4 log 6 ，故 B 选项错误. 对于 C 选项，由于 1.01xy  在 R 上递增，所以 3.4 3.51.01 1.01 ，故 C 选项错误. 对于 D 选项，由于 0.3y x 在 R 上递增，所以 0.3 0.33.5 3.4 ，故 D 选项错误. 故选：A 【点睛】本小题主要考查根据对数函数、指数函数、幂函数的性质比较大小，属于基础题. 6.若 x0＝cosx0，则（ ） A. x0∈（ 3  ， 2  ） B. x0∈（ 4  ， 3  ） C. x0∈（ 6  ， 4  ） D. x0∈（0， 6  ） 【答案】C 【解析】 【分析】 画出 , cosy x y x  的图像判断出两个函数图像只有一个交点，构造函数   cosf x x x  ， 利用零点存在性定理，判断出  f x 零点 0x 所在的区间 【详解】画出 , cosy x y x  的图像如下图所示，由图可知，两个函数图像只有一个交点， 构 造 函 数   cosf x x x  ， 3 0.523 0.866 0.343 06 6 2f             ， 2 0.785 0.707 0.078 04 4 2f            ，根据零点存在性定理可知，  f x 的唯一零 点 0x 在区间 ,6 4      . 故选：C 【点睛】本小题主要考查方程的根，函数的零点问题的求解，考查零点存在性定理的运用， 考查数形结合的数学思想方法，属于中档题. 7.函数 y＝ln（1﹣x）的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据函数的定义域和特殊点，判断出正确选项. 【详解】由1 0x  ，解得 1x  ，也即函数的定义域为 ,1 ，由此排除 A,B 选项.当 1 2x  时， 1ln 02y   ，由此排除 D 选项.所以正确的为 C 选项. 故选：C 【点睛】本小题主要考查函数图像识别，属于基础题. 8.sin1，cos1，tan1 的大小关系为（ ） A. sin1＞cos1＞tan 1 B. cos1＞sin1＞tanl C. tan1＞sin1＞cos1 D. sinl＞tanl＞cosl 【答案】C 【解析】 【分析】 根据1的大小，判断出sin1,cos1,tan1的大小关系. 【详解】由于 14 3    ，所以 tan1 1 sin1 cos1 0    ，所以 C 选项正确. 故选：C 【点睛】本小题主要考查三角函数值比较大小，属于基础题. 9.设函数   1 x2 ,x 1 2f x 1 log x,x 1      ，则满足  f x 2 的 x 的取值范围是 ( ) A.  1,2 B.  0,2 C.  1,  D.  0,  【答案】D 【解析】 【分析】 分类讨论： ① 当 x 1 时； ② 当 x 1 时，再按照指数不等式和对数不等式求解，最后求出 它们的并集即可． 【详解】当 x 1 时， 1 x2 2  的可变形为1 x 1  ， x 0 ， 0 x 1   ． 当 x 1 时， 21 log x 2  的可变形为 1x 2  ， x 1  ，故答案为 0,  ． 故选 D． 【点睛】本题主要考查不等式的转化与求解，应该转化特定的不等式类型求解． 10.若函数 y＝f（x）的图象上每一点的纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的 2 倍；再将整 个图象沿 x 轴向左平移 2  个单位，得到函数 y 1 2  sinx 的图象；则函数 y＝f（x）的解析式是 （ ） A. y 1 2  sin（ 1 2 2x  ） B. y 1 2  sin（ 1 2 4x  ） C. y 1 2  sin（2x 4  ） D. y 1 2  sin（2x 2  ） 【答案】D 【解析】 【分析】 将图像变换反过来，由 1 sin2y x 变换为  f x ，由此确定正确选项. 【详解】依题意，由 1 sin2y x 向右移 2  个单位，得到 1 sin2 2y x      ，再纵坐标保持不 变，横坐标缩小为原来的 1 2 ，得到   1 sin 22 2f x x      . 故选：D 【点睛】本小题主要考查求三角函数图像变换前的解析式，属于基础题. 11.给出下列命题：①存在实数α，使 sinα•cosα＝1； ②函数 y＝sin（ 2   x）是偶函数： ③直线 x 8  是函数 y＝sin（2x 5 4  ）的一条对称轴：④若α、β是第一象限的角，且α＞ β，则 sinα＞sinβ．其中正确的命题是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】 利用二倍角公式和三角函数的值域，判断①的正确性；利用诱导公式及三角函数的奇偶性判 断②的正确性；将 8x  代入 5sin 2 4y x      ，根据结果判断③的正确性；根据特殊角的 三角函数值，判断④的周期性. 【详解】对于①，由于 1 1 1sin cos sin 2 ,2 2 2          ，所以①错误. 对于②，由于 sin cos2y x x      ，所以函数为偶函数，所以②正确. 对于③，将 8x  代入 5sin 2 4y x      得 5 3sin sin 14 4 2          ，所以 8x  是 5sin 2 4y x      的一条对称轴，所以③正确. 对于④，例如 390 , 30    为第一象限角，则  sin390 sin 360 30 sin30      ，即 sin sin  ，所以④错误. 故正确的为②③. 故选：B 【点睛】本小题主要考查三角函数的图像与性质，考查二倍角公式和诱导公式，属于基础题. 12.关于函数 f（x） 1 x x   （x∈R），有下述四个结论： ①任意 x∈R，等式 f（﹣x）+f（x）＝0 恒成立； ②任意 x1，x2∈R，若 x1≠x2，则一定有 f（x1）≠f（x2）； ③存在 m∈（0，1），使得方程|f（x）|＝m 有两个不等实数根； ④存在 k∈（1，+∞），使得函数 g（x）＝f（x）﹣kx 在 R 上有三个零点． 其中包含了所有正确结论编号的选项为（ ） A. ①②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①② 【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性判断①的正确性，根据函数的单调性判断②的正确性，根据  f x 的图像 判断③的正确性，根据  f x 与 y kx 的图像判断④的正确性. 【详解】函数  f x 的定义域为 R ，且    f x f x   ，所以     0f x f x   ，即函数 为奇函数，故①正确.  f x 为 R 上的奇函数，  0 0f  ，当 0x  时，   1 1 111 1 1 x xf x x x x        为增函 数，所以  f x 在 R 上是增函数，所以②正确.  f x 是 R 上的奇函数、增函数，且当 0x  时，   11 11f x x    .则  f x 为偶函数， 且当 0x  时，   11 11f x x    ，  f x 递增；当 0x  时，  0 0f  ；当 0x  时，  f x 递减.由此画出  f x 的图像如下图所示，由图可知，当  0,1m 是，  y f x 与 y m 有 两个不同的交点，所以③正确. 画出  f x 与 y kx 的图像如下图所示，由图可知，当 1k  时，两个函数图像没有三个交点， 所以④正确.证明如下：当 0x  时，   1f x x x   ，       ' 2 2 1 1 1 1 x xf x x x      ，  ' 0 1f  ， 所以 y x 于  f x 的图像相切.当 0x  时，   1 xf x x   ，       ' 2 2 1 1 1 1 x xf x x x      ，  ' 0 1f  ，所以 y x 于  f x 的图像相切.结合图像可知  f x 与 y x 的图像只有一个公 共点，当 1k  时，  f x 与 y x 的图像也只有一个公共点. 故选：B 【点睛】本小题主要考查函数的单调性、奇偶性，考查方程的根、函数的零点、两个函数图 像的交点问题的研究，考查数形结合的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于 中档题. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.函数 y  2 1 ln x x   的定义域为_____． 【答案】（1，2）． 【解析】 【分析】 根据对数真数大于零，分式分母不为零，偶次方根被开发数为非负数列不等式组，解不等式 组求得函数的定义域. 【详解】依题意， 2 0 1 0 x x      ，解得1 2x  ，所以函数的定义域为 1,2 . 故答案为： 1,2 【点睛】本小题主要考查函数定义域的求法，属于基础题. 14.已知非零向量 a  ，b  满足| a  |＝2|b  |，且（ a b  ）⊥b  ，则 a  与b  的夹角为_____． 【答案】 3  ． 【解析】 【分析】 根据两个向量垂直的表示列方程，结合向量数量积的运算公式，化简求得 a  与b  的夹角的余弦 值，进而求得夹角的大小. 【详解】由于（ a b  ）⊥b  ，所以  0a b b     ，即 2 0a b b     ， 2 cos , 0a b a b b        ， 2 2 cos , 0b b a b b        ，所以 1cos , , ,2 3a b a b      . 故答案为： 3  【点睛】本小题主要考查向量垂直的表示，考查向量数量积的运算，属于基础题. 15.已知 sin2α 24 25  ，则 tanα＝_____． 【答案】 4 3 或 3 4 ． 【解析】 【分析】 利用“1”的代换的方法，化简求得 tan 的值. 【 详 解 】 依 题 意 2 2 2 2sin cos 2tan 24sin 2 2sin cos sin cos tan 1 25             ， 化 简 得 224tan 50tan 24 0    ， 即 212tan 25tan 12 0    ，   3tan 4 4tan 3 0    ，解得 4tan 3   或 3tan 4   . 故答案为： 4 3 或 3 4 【点睛】本小题主要考查二倍角公式，考查齐次方程的计算，考查化归与转化的数学思想方 法，属于基础题. 16.函数 f（x）＝log2（kx2+4kx+3）．①若 f（x）的定义域为 R，则 k 的取值范围是_____；② 若 f（x）的值域为 R，则 k 的取值范围是_____． 【答案】 (1). [0， 3 4 ） (2). k 3 4  【解析】 【分析】 （1）根据  f x 的定义域为 R ，对 k 分成 0, 0, 0k k k   三种情况分类讨论，结合判别式， 求得 k 的取值范围. （2）当  f x 值域为 R 时，由 0 0 k    求得 k 的取值范围. 【详解】函数 f（x）＝log2（kx2+4kx+3）． ①若 f（x）的定义域为 R，可得 kx2+4kx+3＞0 恒成立， 当 k＝0 时，3＞0 恒成立；当 k＞0，△＜0，即 16k2﹣12k＜0，解得 0＜k 3 4 ＜ ；当 k＜0 不等 式不恒成立， 综上可得 k 的范围是[0， 3 4 ）； ②若 f（x）的值域为 R，可得 y＝kx2+4kx+3 取得一切正数， 则 k＞0，△≥0，即 16k2﹣12k≥0，解得 k 3 4  ． 故答案为：(1). [0， 3 4 ） (2). k 3 4  【点睛】本小题主要考查根据对数型复合函数的定义和值域求参数的取值范围，属于中档题. 三、解答题：本题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知 f（α）       3 2 2sin cos tan tan sin                          ． （1）化简 f（α）； （2）若 f（α） 4 5  ，且α为第三象限角，求 cos（α 3  ）的值． 【答案】（1）f（α） cos  ，（2） 3 3 4 10  ． 【解析】 【分析】 （1）利用诱导公式、同角三角函数的基本关系式化简  f  表达式. （2）由   4 5f   ，求得 cos 的值，进而求得sin 的值，再由两角和的余弦公式，求得 cos 3     的值. 【详解】（1）f（α）       3 2 2sin cos tan cos sin tan costan sin tan sin                                     ， （2）由 f（α） 4 5 cos   ， 又已知α为第三象限角，所以 sinα＜0， 所以 sinα 2 31 5cos      ， 所以 cos（α 3  ）＝cosαcos 3   sinαsin 3  4 1 3 3 3 3 4 5 2 5 2 10           ． 【点睛】本小题主要考查诱导公式、同角三角函数的基本关系式、两角和的余弦公式，考查 运算求解能力，属于中档题. 18.已知函数  2( ) 3 3 xf x a a a   是指数函数． (1)求 ( )f x 的表达式； (2)判断 ( ) ( ) ( )F x f x f x   的奇偶性，并加以证明 (3)解不等式： log (1 ) log ( 2)a ax x   ． 【答案】（1） ( ) 2xf x  （2）见证明；（3） 1{ | 2 }2x x    【解析】 【分析】 (1)根据指数函数定义得到， 2 3 3 1a a   检验得到答案. (2) ( ) 2 2x xF x   ，判断 ( ), ( )F x F x 关系得到答案. (3)利用函数的单调性得到答案. 【详解】解：（1）∵函数  2( ) 3 3 xf x a a a   是指数函数， 0a  且 1a  ， ∴ 2 3 3 1a a   ，可得 2a  或 1a  （舍去），∴ ( ) 2xf x  ； （2）由（1）得 ( ) 2 2x xF x   ， ∴ ( ) 2 2x xF x    ，∴ ( ) ( )F x F x   ，∴ ( )F x 是奇函数； （3）不等式： 2 2log (1 ) log ( 2)x x   ，以 2 为底单调递增， 即1 2 0x x    ， ∴ 12 2x    ，解集为 1{ | 2 }2x x    ． 【点睛】本题考查了函数的定义，函数的奇偶性，解不等式，意在考查学生的计算能力. 19.已知向量  cos 2sin ,2a    ，  sin ,1b  ． （1）若 / /a b  ，求 tan 2 的值； （2）若    f a b b     ， 0, 2      ，求  f  的值域． 【答案】（1） 8 15 （2） 5 22, 2       【解析】 【分析】 （1）根据 / /a b   的坐标关系，得到 1tan 4   ，再代入 2 2tantan 2 1 tan    即可求值. （2）用正弦、余弦，二倍角公式和辅助角公式化简  f  ，得到 2 5( ) sin 22 4 2f        ， 根据 0, 2      ，求出  f  的值域. 【详解】（1）若 a b    ，则 cos 2sin 2sin 0     ， ∴ 1tan 4   .∴ 2 122tan 84tan 2 11 tan 151 16        . （2）     2 f a b b a b b           2 2cos sin 2sin 2 sin 1        2sin cos sin 3     1 1 cos2sin 2 32 2     1 1 5 2 5sin 2 cos2 sin 22 2 2 2 4 2            ， ∵ 0, 2      ，∴ 524 4 4      ， ∴ 2 sin 2 12 4        ， ∴   5 22 2f    ， ∴  f  的值域为 5 22, 2       ． 【点睛】本题第一问主要考查向量平行的坐标表示和正切二倍角公式，考查计算能力.第二问 主要考查正弦，余弦的二倍角公式和辅助角公式以及三角函数的值域问题，属于中档题. 20.某公司生产一种电子仪器的固定成本为 20000 元，每生产一台仪器需增加投入 100 元，已 知总收益满足函数       21400 0 4002 80000 400 x x xR x x        ，其中 x（台）是仪器的月产量． （1）将利润表示为月产量的函数  f x ； （2）当月产量为何值时，公司所获利润最大？最大利润为多少元？（总收益 总成本  利润） 【答案】（1）  f x     21 300 20000 0 4002 60000 100 400 x x x x x          ；（2）每月生产 300 台仪器时利 润最大，最大利润为 25000 元． 【解析】 【分析】 （1）利润 收益 成本，由已知分两段当 0 400x„ „ 时，和当 400x  时，求出利润函数的解 析式； （2）分段求最大值，两者大者为所求利润最大值． 【详解】解：（1）月产量为 x 台，则总成本为 20000 100x 元，从而      20000 100R xx xf       21 300 20000 0 4002 60000 100 400 x x x x x          ． （2）由（1）可知，当 0 400x  时，    21 300 250002f x x    ， 当 300x  时，  max 25000f x  ； 当 400x  时，   60000 100f x x  是减函数，   60000 100 400 25000f x     ， 当 300x  时，  max 25000f x  ， 即每月生产 300 台仪器时利润最大，最大利润为25000 元． 【点睛】本题考查函数模型的应用：生活中利润最大化问题．函数模型为分段函数，求分段 函数的最值，应先求出函数在各部分的最值，然后取各部分的最值的最大值为整个函数的最 大值，取各部分的最小者为整个函数的最小值． 21.已知函数 f（x）＝2 3 sin（3ωx 3  ），其中ω＞0． （1）若 f（x+θ）是最小周期为 2π的偶函数，求ω和θ的值； （2）若 f（x）在（0， 3  ]上是增函数，求ω的最大值． 【答案】（1）ω 1 3  ，θ＝kπ 6  ，k∈Z．（2）最大值为 1 6 ． 【解析】 【分析】 （1）先求得  f x  的表达式，根据  f x  的最小正周期和奇偶性，求得 ,  的值， （2）先有 0, 3x     ，求得3 ,3 3 3x          ，由 3 2     求得 的最大值. 【详解】（1）由 f（x）＝2 3 sin（3ωx 3  ），其中ω＞0， ∴f（x+θ）＝2 3 sin（3ωx+3ωθ 3  ）， ∵f（x+θ）是最小周期为 2π的偶函数， ∴ 2 3    2π，∴ω 1 3  ， ∵3ωθ 3 3      kπ 2  ，k∈Z，即 θ＝kπ 6  ，k∈Z． 综上可得，ω 1 3  ，θ＝kπ 6  ，k∈Z． （2）（x）＝2 3 sin（3ωx 3  ）在（0， 3  ]上是增函数， 在（0， 3  ]上，3ωx 3  ∈（ 3  ，ωπ 3  ]， ∴ωπ 3 2    ，∴ω 1 6  ，即ω的最大值为 1 6 ． 【点睛】本小题主要考查根据三角函数的周期性和奇偶性求参数值，考查根据三角函数的单 调性求参数的取值范围，属于中档题. 22.设 a 为实数，函数    2 1f x x x a x R     ． （1）若函数  f x 是偶函数，求实数 a 的值； （2）若 2a  ，求函数  f x 的最小值； （3）对于函数  y m x ，在定义域内给定区间[ ],a b ，如果存在  0 0x a x b  ，满足  0 ( ) ( )m b m am x b a   ，则称函数  m x 是区间[ ],a b 上的“平均值函数”， 0x 是它的一个 “均值点”．如函数 2y x= 是 1,1 上的平均值函数， 0 就是它的均值点．现有函数   2 1g x x mx    是区间 1,1 上的平均值函数，求实数 m 的取值范围． 【答案】（1） ；（2） ；（3） 0,2 【解析】 试题分析：（1）考察偶函数的定义，利用 通过整理即可得到；（2）此函数是一 个 含 有 绝 对 值 的 函 数 ， 解 决 此 类 问 题 的 基 本 方 法 是 写 成 分 段 函 数 的 形 式 ，   2 2 2 1, 22 1 { 3, 2 x x xf x x x x x x           ，要求函数的最小值，要分别在每一段上求出最小 值，取这两段中的最小值；（3）此问题是一个新概念问题，这种类型都可转化为我们学过的 问题，此题定义了一个均值点的概念，我们通过概念可把题目转化为“存在  0 1,1x   ，使 得  0g x m ”从而转化为一元二次方程有解问题． 试题解析：解：（1）  f x 是偶函数，    f x f x   在 R 上恒成立， 即 2 21 1x x a x x a         ，所以 x a x a   得 0ax  x R 0a  （2）当 2a  时，   2 2 2 1, 22 1 { 3, 2 x x xf x x x x x x           所以  f x 在 2, 上的最小值为  2 5f  ，  f x 在 ,2 上的的最小值为 f（ ）＝ ， 因为 ＜5，所以函数  f x 的最小值为 ． （3）因为函数   2 1g x x mx    是区间 1,1 上的平均值函数， 所以存在  0 1,1x   ，使  0 (1) ( 1) 1 ( 1 g gg x     ） 而 (1) ( 1) 1 ( 1 g g m    ） ，存在  0 1,1x   ，使得  0g x m 即关于 x 的方程 2 1x mx m    在  1,1 内有解； 由 2 1x mx m    得 2 1 0x mx m    解得 1 21, 1x x m   所以 1 1 1m    即 0 2m  故 m 的取值范围是  0,2 考点：函数奇偶性定义；分段函数求最值；含参一元二次方程有解问题．