重庆市第一中学2021-2022高一数学上学期期末考试试题.doc

重庆市第一中学2021-2022高一数学上学期期末考试试题

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。 2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 3．考试结束后，将答题卡交回。

一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合

题目要求.

1.已知集合Ax1x2,xN,B1,0,1,则AB( )

A.{1} B.[1,2]C.{0,1}D.{1,0,1,2}

2.已知函数f(x)ln(x1)x2，在下列区间中，函数f(x)一定有零点的是( ) A．[0,1]B．[1,2] C．[2,3] D．[3,4] 3. 计算sin15sin105的结果是( ) A.116262 B. C. D. 44443x D.f(x)xsinx 3x4.下列函数为奇函数的是( ) A.f(x)x3x B.f(x)225.要得到函数ysin(2x32xx C.f(x)ln3)的图象，只需将函数ysinx的图象( )

1倍,再向右平移个单位 261 B.把各点的横坐标缩短到原来的倍,再向左平移个单位

23A.把各点的横坐标缩短到原来的

个单位 6 D.把各点的横坐标伸长到原来的2倍,再向左平移个单位

36.函数fxAsinx(A0,0,0)的部分图象如图所示，则fx的解析

C.把各点的横坐标伸长到原来的2倍,再向右平移

2式是( )

A.f(x)2sin(2x) B. f(x)2sin(2x)

y27πO362π36x C.f(x)2sin(x) D．f(x)2sin(x)

36

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127.已知alog45，b(log162)，csin2，则a,b,c的大小关系是( ) A.bca

B.cab

2 C.abc D.cba

8.已知函数f(x)m(x2)3,g(x)x4x3,若对任意x1[0,4]，总存在x2[1,4]，使得f(x1)g(x2)成立，则实数m的取值范围是( )

A.m(2,2) B. m(3,3)C.m(,2) D．m(3,)

222229.已知函数ylg(a1)x2(a1)x3的值域为R，则实数a的取值范围是( )

A.[2,1] B.(2,1) C. [2,1] D.(,2)[1,)

10.函数

111f(x)tan(x)log2(x)tan(x)log1(x)在区间(,2)上的图像大致为( )

242422

A. B. C. D.

11.已知函数fxsinx(sinxcosx)，给出以下四个命题：①fx的最小正周期为；②fx在[0,411像关于直线x对称．其中正确命题的个数是( )

8

]上的值域为[0,1]； ③fx的图像关于点(51,)中心对称；④fx的图82- 2 - / 10- 2 -

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A.1 B.2 C.3 D.4

log2x,0x212.已知函数f(x)，若存在实数x1,x2,x3,x4使得sin(x),2x104(x31)(x41)2x45x3的取值范f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)且x1x2x3x4，则

x1x2围是( )

A.(14,17)B.(14,19)C.(17,19) D.(17,77] 4

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把最简答案写在答题卡相应位置上.

7,(,0),则sin； 252114.已知tan2,tan()，则tan的值为；

713. 已知cos215.若函数f(x)满足：在定义域D内存在实数x0，使得f(x01)f(x0)f(1)成立，则称函数f(x)为“1阶马格丁香小花花”函数．给出下列四个函数：①f(x)③f(x)lg(x2)；

④fxcosx．其中是“1阶马格丁香小花花”函数的所有函数的序号是； 16.定义在R上的函数f(x)满足f(x2)是偶函数，且对任意xR恒有

21x；②f(x)e；xf(3x)f(x1)2020，又f(2)2019，则f(2020).

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.（本小题满分10分） (Ⅰ)若tan3，求值：

cos()sin()；

32cos()sin()22(Ⅱ)计算：lg20lg2log3log232log23log916e

ln2.

18.（本小题满分12分）已知集合Axylg(x2x6)，集合Bxaxx20 (Ⅰ)当a4时，求AB；

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 优质资料\\word可编辑

(Ⅱ)若ABB，求实数a的取值范围．

19.（本小题满分12分）已知函数fxsin(2x(Ⅰ)求f(6)2sin2x.

5)； 12(Ⅱ)求f(x)的单调递增区间.

20.（本小题满分12分）已知函数f(x)sin(x)b(0,轴间的距离为

22)的相邻两对称

，若将f(x)的图像先向左平移个单位，再向下平移1个单位，所得的函212数g(x)为奇函数． (Ⅰ)求f(x)的解析式；

(Ⅱ)若关于x的方程3g(x)mg(x)20在区间[0,]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．

21.（本小题满分12分）定义二元函数F(x,y)(1x),x(0,),yR，如

y22F(2,1)(12)1xR恒成立．

112．已知二次函数g(x)过点(0,0)，且()3x1F(1,g(x))43x1对32(Ⅰ)求g(1)的值，并求函数g(x)的解析式； (Ⅱ)若函数h(x)g(22)2

22.（本小题满分12分）已知定义在(,1)xx2x，求h(x)在x[0,1]上的值域．

(1,)的奇函数f(x)满足：①f(3)1；

②对任意x2均有f(x)0；③对任意m,n0，均有f(m1)f(n1)f(mn1). (Ⅰ)求f(2)的值；

(Ⅱ)利用定义法证明f(x)在(1,)上单调递减；

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(Ⅲ)若对任意[2,0]，恒有fsin2(2k3)(sincos)k2，求实数k的取

值范围.

命题人：黄色的(di)哥 审题人：凯哥 兵哥

2021年重庆一中高2022级高一上期期末考试数学参考答案

一、选择题： 题号 答案 1 D 2 B 3 B 4 C 5 A 6 C 7 A 8 A 9 C 10 B 11 D 12 D

二、填空题： 题号 答案 13 14 15 ②④ 16 1 3 53 三、解答题：

17、（本小题满分10分）解： （1）原式cossin1tan4；

2sincos2tan17 - 5 - / 10- 5 -

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（2）原式lg201log3log232log32211220． 23

18、（本小题满分12分）解：

（1）xx60xx60A(2,3)， 当a4时B(0,4)，因此AB(0,3)；

（2）ABBBA而axx0x(xa)0，故：

2221 当a0时B(2,3)，因此a0满足题意； 2 当a0时B(0,a)(2,3)0a3；

3 当a0时B(a,0)(2,3)2a0；

取并得：a[2,3]．

19、（本小题满分12分）解： （1）

3313fxsin2xcos2x1cos2x=sin2xcos2x1=3sin(2x)122322

因此f(5)=3sin131； 122（2）令u2x,2k]2x[2k,2k]

32232255x[k,k]，即fx的单调递增区间为[k,k],kZ．

1212121222，故f(x)sin(2x)b，

，由u[2k20、（本小题满分12分）解： （1）由题意知f(x)的周期T而g(x)sin2(x)b1sin(2x)b1为奇函数，则126b10b1，且

20kk(kZ)，而(,)，故，因此

66226f(x)sin(2x)1；

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（2）由（1）知g(x)sin2x，题意等价于3[sin2x]msin2x20在区间[0,个不等实根， 令tsin2x,x[0,根1．

2]上有两22]，则题意方程3t2mt20在t[0,1)内仅有一个根，且另一个

m22402法一：令h(t)3tmt2，则题意或m016h(0)0m(,5){26}； h(1)0法二：显然0不是该方程的根，题意mt3t22m3t2ym与ty3ty3t2的图像在t(0,1)内仅有一个交点且另一个交点不为(1,5)，由于双勾函数t662]上单减，在[,1)上单增，故有m5或m26，因此在(0,33tm(,5){26}．

21、（本小题满分12分）解： （1）由

212()3x1F(1,g(x))43x123x12g(x)26x23x21g(x)6x2,xR 2令x1，得4g(1)4g(1)4，

设g(x)axbx,(a0)，由g(1)4ab得ba4，于是

2g(x)ax2(a4)x，

由题：g(x)6x2ax(a2)x20,xR，

22a02g(x)2x2x， a222(a2)8a(a2)0检验知此时满足g(x)3x1,xR，故g(x)2x2x； （2）由题知h(x)2(22)2(22)42xx2xxx222(2x2x)22(2x2x)8，

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令t2x2x，显然t在R上单增，故当x[0,1]时，t[0,]，则

3211531915y2t22t82(t)2,t[0,]，因此y[,]

222221915也即h(x)在x[0,1]上的值域为[,]．

2222、（本小题满分12分）解：

（1）在f(m1)f(n1)f(mn1)中令mn12f(2)f(2)f(2)0； （2）由题知：对任意m,n0都有f(mn1)f(n1)f(m1)，且对任意x2均有

f(x)0

证一：任取x2x11，则

x1x1f(x2)f(x1)f2(x11)1f(x11)1f(21)，

x11x11因为x2x11，所以x21x110x21x11212，所以x11x11f(x211)0， x11即f(x2)f(x1)0即f(x2)f(x1)，也即f(x)在(1,)单调递减； 证二：任取x2x11，设x2mn1,x1n1,m1,n0， 则f(x2)f(x1)f(mn1)f(n1)f(m1)，

因为m1,m12所以f(m1)0，即f(x2)f(x1)，也即f(x)在(1,)单调递减； (3)在f(m1)f(n1)f(mn1)(m,n0)中令mn2f(5)2， 令m4,n155f(5)f()f(2)0f()2，而f(x)为奇函数，故4445f()2，

4又f(x)在(,1)及(1,)上均单调递减，因此原不等式等价于对任意[式

2,0]，不等

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5sin2(2k3)(sincos)k或者1sin2(2k3)(sincos)k5恒

4成立，

令tsincos,[2,0]，则t[1,1]，sin2t21，则不等式等价于

1t2(2k3)tk…………①或者2t2(2k3)tk6…………②对任意

4t[1,1]恒成立，

法一：令g(t)t(2k3)tk,t[1,1]立，g(t)开口向上，

211g(1)43k44k[17,7]则不等式①； 11124g(1)k244222g(1)6k对于②，当t1时，由33k，即必不存在k满足②.

2g(1)64k8综上，k[

法二：

令g(t)t(2k3)tk,t[1,1]，g(t)开口向上，对称轴为t且g(1)43k,g(1)k2,g(k)k22k2177,]. 1243k， 2329， 45k5k2352或g(1)2，解得k； 1 当k1即k时，问题等价于122g(1)g(1)6453k5223k335223或g(k)2，解得2 当1k0即k时，问题等价于1222g(1)24g(1)637k[,]；

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31k2321k313232或g(k)2，解得3 当0k1即k时，问题等价于222g(1)124g(1)6173k[,)；

1221k1k2312或g(1)2，解得k； 4 当k1即k时，问题等价于122g(1)g(1)64综上，k[177,]. 124 - 10 - / 10- 10 -