2020-2021学年安徽省铜陵市高一（上）期末考试数学（文）试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年安徽省铜陵市高一（上）期末考试数学（文）试卷人教A版，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 函数fx=x−lg527的零点所在的区间为( )
A.2,3B.1,2C.0,1D.3,4

2. 已知函数fx=2x,x<0,x2+2x−4,x≥0, 则ff1=( )
A.−12B.−4C.12D.4

3. 已知集合A=x|−1A.−2,−1B.−4,2C.−7,2D.−4,7

4. 已知角θ的终边经过点P13,6，则sinθ=( )
A.67B.137C.61313D.136

5. 已知a=lg312，b=3−0.2，c=lg35，则( )
A.b
6. 某幼儿园满天星班开设“小小科学家”、“小小演说家”兴趣小组，假设每位学员最少参加一个小组，其中有13位学员参加了“小小科学家”兴趣小组，有16位学员参加了“小小演说家”兴趣小组，有8位学员既参加了“小小科学家”兴趣小组，又参加了“小小演说家”兴趣小组，则该幼儿园满天星班学员人数为( )
A.19B.20C.21D.37

7. 将函数y=cs2x图象上所有的点向右平移π6个单位长度，再将所得各点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变，得到函数y=gx的图象，则gx=( )
A.2cs2x−π3B.2cs2x−π6C.cs4x−π3D.csx−π3

8. 函数fx=x2−|sinx|在−π2,π2上的图象大致为( )
A.B.
C.D.

9. 下列结论中正确的是( )
A.“∃x∈R，sinx+1<0”是真命题
B.“lg3x<2”是“x2−9x−10<0”的充分不必要条件
C.命题“∀x>0，2x+3x>1”的否定为“∃x≤0，2x+3x≤1”
D.“x>0”是“2x>1”的必要不充分条件

10. 已知lg2ax2+ax+3>1对于任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.0,4B.[0,4)C.0,2D.[0,2)

11. 某流行病调查中心的疾控人员针对该地区某类只在人与人之间相互传染的疾病，通过现场调查与传染源传播途径有关的蛛丝马迹，根据传播链及相关数据，建立了与传染源相关确诊病例人数 H(t)与传染源感染后至隔离前时长t（单位：天）的模型：Ht=ekt+λ．已知甲传染源感染后至隔离前时长为5天，与之相关确诊病例人数为8；乙传染源感染后至隔离前时长为8天，与之相关确诊病例人数为20．若某传染源感染后至隔离前时长为两周，则与之相关的确诊病例人数约为( )
A.44B.48C.80D.125

12. 已知函数fx=cs2x+1+4ax2+4ax只有一个零点，则a=( )
A.−2B.4C.2D.1
二、填空题

已知在半径为3的圆上，有一条弧所对的圆心角的弧度数为π8，则这条弧的弧长为________．
三、解答题

计算：
(1)1232×4−14+3lg23×3lg223−e−10（e是自然对数的底数）；

(2)lg681⋅lg36+lg125−lg4.

已知sinα+π+csα+π2=6csα−π.
(1)求tanα的值；

(2)若α为第三象限角，求3sinα−4csα的值．

如图，某地一天4∼13时的温度（单位：∘C）变化曲线近似满足函数y=Acs(ωx+φ)+b，(A>0, ω>0, 0<φ<π).

(1)分别求出A，b，ω，φ的值；

(2)估计该地当天7时、10时温度各是多少？

已知函数fx=lg6x+3−lg63−x.
(1)判断fx的奇偶性；

(2)用定义法证明fx是定义域内的增函数．

已知函数f(x)=lga(x−1)+1(a>0，且a≠1），其图象恒过定点m,n.
(1)若正数b，c，满足b+2c=m+n，求2b+1c的最小值；

(2)求关于x的不等式xm−a+nx+a>0的解集．

已知函数fx=3cs2ωx+sinωxcsωx−32ω>0的最小正周期为π.
(1)求ω的值；

(2)将fx图象上所有的点向左平移π4个单位长度，得到函数y=gx的图象，若对于任意的x1，x2∈−π6−φ,−π6+φ，当x1>x2时，fx1−fx2>gx1−gx2恒成立，求φ的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省铜陵市高一（上）期末考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】

【解答】
解：因为2故选A .
2.
【答案】
C
【考点】
函数的求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为f(1)=1+2−4=−1，
所以f(f(1))=f(−1)=12 .
故选C .
3.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】

【解答】
解：因为A=x|−4所以A∪B=−4,7 .
故选D .
4.
【答案】
A
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由三角函数的定义可知sinθ=yx2+y2=67 .
故选A .
5.
【答案】
B
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】

【解答】
解：因为lg312>lg35>1，3−0.2<1，
所以b故选B .
6.
【答案】
C
【考点】
集合中元素的个数
【解析】
根据集合元素个数计算求解．
【解答】
解：由条件可知该幼儿园满天星班学员人数为13+16−8=21.
故选C.
7.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】

【解答】
解：由题意，gx=2cs2x−π6=2cs2x−π3 .
故选A .
8.
【答案】
B
【考点】
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为f(−x)=(−x)2−|sin(−x)|=x2−|sinx|=f(x)，
所以fx为偶函数，其图象关于y轴对称，
故排除C与D．
又因为fπ6=π236−12<0，
所以排除A．
故选B .
9.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
命题的否定
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】

【解答】
解：因为−1≤sinx≤1，所以sinx+1≥0，A错误．
由lg3x<2得0所以“lg3x<2”是“x2−9x−10<0”的充分不必要条件，B正确．
命题“∀x>0，2x+3x>1”的否定为“∃x>0，2x+3x≤1”，C错误．
由2x>1得x>0，所以“x>0”是“2x>1”的充要条件，D错误．
故选B .
10.
【答案】
B
【考点】
对数函数的图象与性质
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：lg2ax2+ax+3>1对于任意的x∈R恒成立，
等价于ax2+ax+3>2对于任意的x∈R恒成立．
当a=0时，3>2显然成立；
当a≠0时，a>0,a2−4a<0,
解得0综上所述，a∈[0,4) .
故选B .
11.
【答案】
D
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意得H(5)=e5k+λ=8，H(8)=e8k+λ=20，H(8)H(5)=e8k+λe5k+λ=208=52，
所以H(14)=e14k+λ=e5k+λ⋅(e3k)3=8×(52)3=125．
故若某传染源感染后至隔离前时长为两周，则相关确诊病例人数约为125．
故选D．
12.
【答案】
D
【考点】
函数的零点
【解析】
本题考查函数的零点问题，考查化归与转化的数学思想．
【解答】
解：令2x+1=t，则fx有且只有一个零点等价于
gt=cst+at2−1只有一个零点.
∵ gt是偶函数，
∴ g(t)的图象关于y轴对称，
又g(t)只有一个零点，
∴ gt的图象必过坐标原点，
∴ g0=1−a=0，
∴ a=1．
故选D．
二、填空题
【答案】
3π8
【考点】
弧长公式
【解析】
由弧长公式直接求解即可．
【解答】
解：由题可得这条弧的弧长为π8×3=3π8.
故答案为：3π8.
三、解答题
【答案】
解：(1)原式=2−32×2−12+3lg23+lg223−1
=2−2+3−1
=−94．
(2)原式=lg381lg36⋅lg36−lg25−lg4
=4−2
=2 .
【考点】
有理数指数幂的化简求值
对数的运算性质
对数及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原式=2−32×2−12+3lg23+lg223−1
=2−2+3−1
=−94．
(2)原式=lg381lg36⋅lg36−lg25−lg4
=4−2
=2 .
【答案】
解：(1)因为sinα+π+csα+π2=6cs(α−π)，
所以−sinα−sinα=−6csα，即sinα=3csα，
则tanα=3 .
(2)由(1)可知sinα=3csα，又sin2α+cs2α=1，
所以cs2α=110.
因为α为第三象限角，
所以csα=−1010，sinα=−31010，
所以3sinα−4csα=−102 .
【考点】
同角三角函数间的基本关系
运用诱导公式化简求值
【解析】

【解答】
解：(1)因为sinα+π+csα+π2=6cs(α−π)，
所以−sinα−sinα=−6csα，即sinα=3csα，
则tanα=3 .
(2)由(1)可知sinα=3csα，又sin2α+cs2α=1，
所以cs2α=110.
因为α为第三象限角，
所以csα=−1010，sinα=−31010，
所以3sinα−4csα=−102 .
【答案】
解：(1)由图可得A=12−42=4，则b=4+A=8，
可得T2=13−4=9，即T=18，ω=2π18=π9，
y=4csπ9x+φ+8，
当x=4时，y=4，即4csπ9×4+φ+8=4，
则φ+4π9=π+2kπ，k∈Z，
∴ φ=5π9+2kπ，k∈Z.
∵0<φ<π，
∴ φ=5π9.
(2)由(1)可得y=4csπ9x+5π9+8.
当x=7时，y=4csπ9×7+5π9+8=6；
当x=10时，y=4csπ9×10+5π9+8=10；
所以当天7时的温度为6∘C，10时温度为10∘C.
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
函数模型的选择与应用
函数的求值
【解析】
(1)由图可得A=12−42=4b=12+42=8，求出周期T=18，即可得出ω=π9，将x=4，y=4代入可得φ=5π9；
(2)将x=7,x=10代入解析式可求出．
【解答】
解：(1)由图可得A=12−42=4，则b=4+A=8，
可得T2=13−4=9，即T=18，ω=2π18=π9，
y=4csπ9x+φ+8，
当x=4时，y=4，即4csπ9×4+φ+8=4，
则φ+4π9=π+2kπ，k∈Z，
∴ φ=5π9+2kπ，k∈Z.
∵0<φ<π，
∴ φ=5π9.
(2)由(1)可得y=4csπ9x+5π9+8.
当x=7时，y=4csπ9×7+5π9+8=6；
当x=10时，y=4csπ9×10+5π9+8=10；
所以当天7时的温度为6∘C，10时温度为10∘C.
【答案】
(1)解：由题可知x+3>0,3−x>0,解得−3又f−x=lg6−x+3−lg63−−x=−fx，
所以fx是奇函数．
(2)证明：任取x1，x2∈−3,3，令x1则f(x1)−f(x2)
=lg6(x1+3)−lg6(3−x1)−lg6(x2+3)+lg6(3−x2)
=lg6(x1+3)(3−x2)(x2+3)(3−x1)
=lg63x1−3x2−x1x2+93x2−3x1−x1x2+9.
易知x1+33−x2>0，x2+33−x1>0.
因为x1所以3x1−3x2−x1x2+9<3x2−3x1−x1x2+9，0<3x1−3x2−x1x2+93x2−3x1−x1x2+9<1，
所以lg63x1−3x2−x1x2+93x2−3x1−x1x2+9<0，即fx1故fx是定义域内的增函数．
【考点】
函数奇偶性的判断
函数单调性的判断与证明
【解析】

【解答】
(1)解：由题可知x+3>0,3−x>0,解得−3又f−x=lg6−x+3−lg63−−x=−fx，
所以fx是奇函数．
(2)证明：任取x1，x2∈−3,3，令x1则f(x1)−f(x2)
=lg6(x1+3)−lg6(3−x1)−lg6(x2+3)+lg6(3−x2)
=lg6(x1+3)(3−x2)(x2+3)(3−x1)
=lg63x1−3x2−x1x2+93x2−3x1−x1x2+9.
易知x1+33−x2>0，x2+33−x1>0.
因为x1所以3x1−3x2−x1x2+9<3x2−3x1−x1x2+9，0<3x1−3x2−x1x2+93x2−3x1−x1x2+9<1，
所以lg63x1−3x2−x1x2+93x2−3x1−x1x2+9<0，即fx1故fx是定义域内的增函数．
【答案】
解：(1)因为lga1=0（a>0，且a≠1），
所以m=2，n=1，
则b+2c=3，且b>0，c>0 .
所以2b+1c=13b+2c2b+1c
=132+bc+4cb+2≥83．
当且仅当b=32，c=34时取等号．
(2)由题可知，xm−(a+n)x+a
=x2−(a+1)x+a
=(x−a)(x−1)，
故原不等式等价于x−ax−1>0 .
当0当a>1时，不等式的解集为(−∞,1)∪(a,+∞) .
【考点】
对数函数的单调性与特殊点
基本不等式在最值问题中的应用
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为lga1=0（a>0，且a≠1），
所以m=2，n=1，
则b+2c=3，且b>0，c>0 .
所以2b+1c=13b+2c2b+1c
=132+bc+4cb+2≥83．
当且仅当b=32，c=34时取等号．
(2)由题可知，xm−(a+n)x+a
=x2−(a+1)x+a
=(x−a)(x−1)，
故原不等式等价于x−ax−1>0 .
当0当a>1时，不等式的解集为(−∞,1)∪(a,+∞) .
【答案】
解：(1)fx=3cs2ωx+sinωxcsωx−32
=3×1+cs2ωx2+12sin2ωx−32
=32cs2ωx+12sin2ωx
=sin2ωx+π3．
因为fx的最小正周期为π，且ω>0，
所以2ω=2ππ=2，即ω=1．
(2)由题可知，gx=fx+π4=sin2x+π4+π3=cs2x+π3，
fx1−fx2>g(x1)−g(x2)等价于f(x1)−g(x1)>f(x2)−g(x2).
令函数ℎ(x)=f(x)−g(x)
=sin2x+π3−cs2x+π3
=2sin2x+π12.
根据题意可知，ℎx在区间−π6−φ,−π6+φ上单调递增，
则0<2φ≤π2，即0<φ≤π4．
因为−π6−φ所以−π4−2φ<2x+π12<−π4+2φ，
则−π4−2φ≥−π2,−π4+2φ≤π2,
解得0<φ≤π8，
即φ的取值范围为0,π8．
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦函数的周期性
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的单调性
【解析】

【解答】
解：(1)fx=3cs2ωx+sinωxcsωx−32
=3×1+cs2ωx2+12sin2ωx−32
=32cs2ωx+12sin2ωx
=sin2ωx+π3．
因为fx的最小正周期为π，且ω>0，
所以2ω=2ππ=2，即ω=1．
(2)由题可知，gx=fx+π4=sin2x+π4+π3=cs2x+π3，
fx1−fx2>g(x1)−g(x2)等价于f(x1)−g(x1)>f(x2)−g(x2).
令函数ℎ(x)=f(x)−g(x)
=sin2x+π3−cs2x+π3
=2sin2x+π12.
根据题意可知，ℎx在区间−π6−φ,−π6+φ上单调递增，
则0<2φ≤π2，即0<φ≤π4．
因为−π6−φ所以−π4−2φ<2x+π12<−π4+2φ，
则−π4−2φ≥−π2,−π4+2φ≤π2,
解得0<φ≤π8，
即φ的取值范围为0,π8．

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