2020-2021学年浙江省温州市高一（下）返校考数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年浙江省温州市高一（下）返校考数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若集合A=x|0≤x+1≤3,x∈N，集合B=0,2,4，则A∩B等于（）
A.0B.0,2C.0,2,4D.0,1,2,4

2. 命题“∀x∈0,π4，csx≥sinx”的否定是（）
A.∃x∉0,π4， csxB.∃x∈0,π4， csxC.∀x∉0,π4 ，csxD.∃x∈0,π4， csx≤sinx

3. 在平面直角坐标系中，角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P−3,4，那么sinθ+2csθ=（）
A.15B.−15C.−25D.25

4. 函数fx=6x−lg2x的零点所在区间是（）
A.0,1B.1,2C.2,3D.3,4

5. 已知函数fx=2xcs2x4x−1 ，则函数y=fx的大致图象为（）

A.B.
C.D.

6. 已知函数fx是定义在R上的偶函数，且在（−∞,0]上单调递减．记a=flg23，b=flg32，c=f−1，则( )
A.a>c>bB.b>a>cC.c>b>aD.b>c>a

7. 记min{x,y}=y, x≥y,x, xA.t>1B.t≤−1C.t>1或t<−1D.−1
8. 已知函数 fx=2sinπx2−1, x≥0,−2sinπx2−1, x<0, gx=1−x1+x ，则关于x的方程fx=gx在区间−8,6上的所有实根之和为( )
A.−10B.−8C.−6D.−4
二、多选题

已知实数a，b，c满足cA.ab>acB.cb−a>0C.aca−c<0D.cb2
下列选项中，与sin−330∘的值相等的是( )
A.2cs215∘
B.cs18∘cs42∘−sin18∘sin42∘
C.2sin15∘sin75∘
D.tan30∘+tan15∘+tan30∘tan15∘

已知函数fx=3sin2x+φ−π2<φ<π2的图象关于直线x=π3对称，则( )
A.函数fx+π12为奇函数
B.函数fx在π3,π2上单调递增
C.函数fx的图象向右平移a a>0个单位长度得到的函数的图象关于x=π6对称，则a的最小值是π3
D.若方程fx=a在π6,2π3上有2个不同实根x1，x2，则|x1−x2|的最大值为π3

已知函数fx=x+a, xA.−1B.14C.12D.1
三、填空题

lg312+490.5−lg34=______.

已知扇形的圆心角为23π，扇形的面积为3π，则该扇形的弧长为________.

衣柜里的樟脑丸因挥发而体积不断减少，当衣柜里的若干颗樟脑丸因挥发后剩余的总体积少于1颗新丸的体积时，将失去所期待的防虫防蛀效果．如果樟脑丸放置的时间T(天数)和剩余的体积V的关系式为T=ClnV0V(其中常数C>0，V0是1颗新丸的体积），1颗新丸放置30天后，剩余的体积变为原来的34，且樟脑丸之间互不影响，那么要使衣柜能保持120天期待中的防虫防蛀效果，则应该在衣柜里一次性放置至少________颗樟脑丸．

若正实数x，y，z，满足x+zy=3，y+zx=4，则x+yz+x−y的最小值为________.
四、解答题

已知集合A=x|lg3x−1<1，集合B=x|2m(1)求集合∁RA；

(2)若A∩B=⌀，求实数m的取值范围．

函数fx=csωx+φω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示．

(1)求fx的最小正周期和单调递增区间；

(2)若α∈[−π3，π6]，f(α)=35，求f(α−π6)的值.

新冠肆虐期间，某卫生防疫部门每天都需要对辖区的公共区域进行消毒作业．已知该部门每天需要消毒液200千克，价格为7.2元/千克，每次购买消毒液需支付运费300元，如果该部门x天购买一次消毒液，每次购买来的消毒液还需支付保管费用，其标准如下：7天以内（含7天），无论重量是多少，均按100元/天支付，超出7天部分的，一次性追加额外保管费用P=20x−6x−7+160元．
(1)写出该部门在这x天中用于消毒作业的总费用y（元）关于x的函数关系式；

(2)求出该部门多少天购买一次消毒液才能使平均每天支付的费用W最少？

如图，已知四边形ABCD中，AB//CD，AD⊥AB，BP⊥AC，BP=PC，CD>AB，AB=2，CD=y，∠CAB=θ，y关于θ的函数记为y=fθ.

(1)求fθ的表达式及θ的取值范围；

(2)当θ∈0,π6时，不等式mfθ+2m≥fθ恒成立，求实数m的取值范围．

已知函数fx=lg24x+1+ax+ba,b∈R为偶函数．
(1)求a的值；

(2)若存在实数，x1，x2， x3∈−1，lg22+3，使得fx1+fx2=fx3，求b的取值范围．

已知函数fx=x|x−a|+x+a.
(1)若函数y=fx在x∈[0,+∞）单调递增，求实数a的取值范围；

(2)若对于任意x1,x2∈0,2恒有|fx1−fx2|≤4成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省温州市高一（下）返校考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
先化简集合A，再利用集合的交集运算求解即可.
【解答】
解：集合A=x|0≤x+1≤3,x∈N={x|−1≤x≤2,x∈N}={−1,0,1,2}，
集合B=0,2,4，
则A∩B={0,2}.
故选B.
2.
【答案】
B
【考点】
全称量词命题的否定
【解析】
利用全称量词命题的否定为特称量词命题进行求解即可.
【解答】
解：全称量词命题的否定为特称量词命题，
∴ 命题“∀x∈0,π4，csx≥sinx”的否定是∃x∈0,π4， csx故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
由题意利用任意角的三角函数的定义，求得csθ和sinθ的值．
【解答】
解：∵ 角θ的顶点与原点重合，角θ的始边与x轴非负半轴重合，角θ的终边经过点P−3,4，
则csθ=xx2+y2=−35，
sinθ=yx2+y2=45，
∴ sinθ+2csθ=−25.
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
函数的零点
函数零点的判定定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：易知，f(x)=6x−lg2x在(0,+∞)上是减函数.
∵ f(3)=2−lg23>0，f(4)=32−2<0，
∴ f(3)f(4)<0，
∴ f(x)=6x−lg2x的一个零点所在区间为(3,4).
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
利用函数的定义域，以及特殊值进行排除即可得到答案.
【解答】
解：函数fx=2xcs2x4x−1 的定义域为{x≠0}，
故排除选项BD；
当x∈(0,π4)时，f(x)>0，故排除选项A.
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
奇偶性与单调性的综合
对数值大小的比较
【解析】
根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．
【解答】
解：因为偶函数f(x)在(−∞, 0]上单调递减，
故f(x)在[0, +∞)上单调递增，
又lg23>lg22=1，0=lg31所以lg23>1>lg32，
又f−1=f1，
所以flg23>f−1>flg32，
即a>c>b．
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
直接分类得出不等式的解集，再结合选项，找出结论即可.
【解答】
解：由题意得，f(t)+f(−t)<0 ，
当t≥1时，t2+−t3<0，解得t>1；
当0当t=0时，t2+−t2<0，此时无解；
当−1当t≤−1时，t3+−t2<0，解得t<−1，
综上可知，t<−1或t>1，
故对比选项，f(t)+f(−t)<0 成立的充分不必要条件是t>1.
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
分段函数的应用
根的存在性及根的个数判断
函数的零点与方程根的关系
【解析】
作出图象，利用图象即可得出实数根的关系.
【解答】
解：如图，
由图象可知，函数 f(x)=g(x) 的实数根关于点−1,−1对称，且在−8,6上有8个实数根，
故所有实数根之和为−8.
故选B.
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
不等式比较两数大小
不等式性质的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，∵ c∴ a>0，ab−ac=a(b−c)>0，即ab>ac，A项一定成立；
B，∵ c∴ c<0，且b−a<0，
∴ c(b−a)>0，B项一定成立；
C，∵ ac<0，a−c>0，
∴ ac(a−c)<0，C项一定成立；
D，取b=0，可得cb2=ab2=0，D项不一定成立.
故选ABC.
【答案】
B,C
【考点】
两角和与差的余弦公式
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
两角和与差的正切公式
【解析】
直接利用二倍角，和差角公式，计算即可.
【解答】
解：sin−330∘=sin30∘=12，
A，2cs215∘=1+cs30∘=1+32，故A错误；
B，cs18∘cs42∘−sin18∘sin42∘=cs60∘=12，故B正确；
C，2sin15∘sin75∘=2sin15∘cs15∘=sin30∘=12，故C正确；
D，tan45∘=tan30∘+15∘=tan30∘+tan15∘1−tan30∘tan15∘=1，
则tan30∘+tan15∘=1−tan30∘tan15∘，
则tan30∘+tan15∘+tan30∘tan15∘=1，故D错误.
故选BC.
【答案】
A,C,D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的图象
正弦函数的对称性
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
直接求出函数解析式，再逐个分析三角函数性质即可.
【解答】
解：∵ f(x)=3sin(2x+φ)−π2<φ<π2的图象关于直线x=π3对称，
∴ 3sin(2×π3+φ)=±3，则2×π3+φ=π2+kπ，k∈Z，
又−π2<φ<π2，则φ=−π6，
则f(x)=3sin2x−π6，
A，f(x+π12)=3sin2x+π6−π6=3sin2x为奇函数，故A正确；
B，由于x∈π3,π2，则2x−π6∈π2,5π6，
则函数fx在区间π3,π2上为减函数，故B错误；
C，将fx的图象向右平移aa>0得，y=3sin2x−2a−π6，
由于图象关于x=π6对称，则3sinπ3−2a−π6=±3，
即π3−2a−π6=π2+kπ，k∈Z，
解得a=−π6−kπ2，k∈Z，a>0，
故a的最小值为π3，故C正确；
D，由于x∈π6,2π3，则2x−π6∈π6,7π6，
结合正弦图象可知，若f(x)=a 有两个实根，
则π6≤2x−π6≤56π，解得π6≤x≤π2，
故x1−x2≤π2−π6=π3，故D正确.
故选ACD.
【答案】
B,C,D
【考点】
分段函数的应用
函数的零点与方程根的关系
由函数零点求参数取值范围问题
函数的零点
【解析】

【解答】
解：当a≤0时，方程fx=0只有1个实根，从而方程f(f(x))=0不可能有3个不同的实根，
故a>0，排除A，
则f(x)=0的解为x=−a或x=4a，
令fx=t，则ffx=ft=0，
则t=−a或4a.
根据数形结合可知，
显然y=4a与f(x)有一个交点，
想要满足f(f(x))=0有三个交点，则y=−a必然与f(x)有两个交点，
则当x=a时，f(x)<−a或当x=2a时，f(x)=−a，
即a2−4a2<−a或(2a)2−4a⋅2a=−a，
解得a>13或a=14，
故a=14或12或1时，均满足以上条件.
故选BCD.
三、填空题
【答案】
53
【考点】
对数的运算性质
有理数指数幂的化简求值
【解析】
直接利用指数，对数的运算即可.
【解答】
解：原式=lg3124+2320.5=1+23=53.
故答案为：53.
【答案】
2π
【考点】
弧长公式
扇形面积公式
【解析】
利用扇形的面积求出r，再带入弧长计算公式即可得出．
【解答】
解：∵ 扇形的面积为S=12αr2，
∴ 12×2π3×r2=3π，
解得r=3，
∴ 扇形所含的弧长为l=αr=2π3×3=2π．
故答案为：2π．
【答案】
4
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
由题意，构造函数模型，再利用函数模型求值即可.
【解答】
解：由题意得，当T=30时，V=34V0，
则有30=ClnV0 V=Cln43，
设至少应该在衣柜里一次性放x棵樟脑丸，
则有经过120天后的挥发，
则有120=ClnxV0V0=Clnx，
即可得Clnx=120，从而有lnx=4ln43，
即x=434≈3.2，
故至少需要4颗樟脑丸.
故答案为：4.
【答案】
213−1
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
首先将三元关系式变为一元关系式，再构造基本不等式，求出最值即可.
【解答】
解：已知x，y，z均大于0，x+zy=3，y+zx=4，
则z=3y−xy， z=4x−xy，
从而可得3y−xy=4x−xy⇒y=43x，
故x+yz+x−y=x+43x4x−43x2+x−43x
=74(3−x)−13x，
∵ z>0，即4x−43x2>0⇒0令t=3−x，则t∈(0,3)，
故原式=t3+74t−1
≥2t3⋅74t−1=213−1，
当且仅当“t3=74t”，即t=212时，取等号，
故x+yz+x−y的最小值为213−1.
故答案为：213−1.
四、解答题
【答案】
解：(1)集合A=x|1(2)当B=⌀时，则2m≥m2，得0≤m≤2，
当B≠⌀时，则2m2或m<0，m≥2或−1≤m≤1，
∴ m>2或−1≤m<0，
综上所述： m≥−1 .
【考点】
补集及其运算
集合的包含关系判断及应用
并集及其运算
【解析】

【解答】
解：(1)集合A=x|1(2)当B=⌀时，则2m≥m2，得0≤m≤2，
当B≠⌀时，则2m2或m<0，m≥2或−1≤m≤1，
∴ m>2或−1≤m<0，
综上所述： m≥−1 .
【答案】
解：(1)由3T4=5π6−π12=3π4，得最小正周期为T=π .
又T=2πω，得ω=2，
又2×π12+φ=2kπ,|φ|<π2，
∴ φ=−π6，故fx=cs2x−π6 .
由2kπ−π≤2x−π6≤2kπ，
得单调递增区间为kπ−5π12,kπ+π12k∈Z .
(2)fα=cs2α−π6=35，
∵ α∈−π3,π6，∴ 2α−π6∈−5π6,π6 .
∴ sin2α−π6=−45；
fα−π6=cs2α−π2=sin2α=sin2α−π6+π6
=sin2α−π6csπ6+cs2α−π6sinπ6
=3−4310 .
【考点】
三角函数的周期性及其求法
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
余弦函数的单调性
函数的求值
【解析】
解：(1)由3T4=5π6−π12=3π4，得最小正周期为T=π .
又T=2πω，得ω=2，
又2×π12+φ=2kπ,|φ|<π2，
∴ φ=−π6，故fx=cs2x−π6 .
由2kπ−π≤2x−π6≤2kπ，
得单调递增区间为kπ−5π12,kπ+π12k∈Z .
(2)fα=cs2α+π3=35，
∵ α∈π3,π6，∴ 2α−π6∈−5π6,π6 .
∴ sin2α−π6=−45；
fα−π6=cs2α−π2=sin2α=sin2α−π6+π6
=sin2α−π6csπ6+cs2α−π6sinπ6
=3−4310 .
【解答】
解：(1)由3T4=5π6−π12=3π4，得最小正周期为T=π .
又T=2πω，得ω=2，
又2×π12+φ=2kπ,|φ|<π2，
∴ φ=−π6，故fx=cs2x−π6 .
由2kπ−π≤2x−π6≤2kπ，
得单调递增区间为kπ−5π12,kπ+π12k∈Z .
(2)fα=cs2α−π6=35，
∵ α∈−π3,π6，∴ 2α−π6∈−5π6,π6 .
∴ sin2α−π6=−45；
fα−π6=cs2α−π2=sin2α=sin2α−π6+π6
=sin2α−π6csπ6+cs2α−π6sinπ6
=3−4310 .
【答案】
解：(1)当x≤7时，y=1440x+100x+300=300+1540x，
当x>7时，y=1440x+300+700+20x−6x−7+160，
=20x2+1180x+2000，
综上所述：y=300+1540x，x≤7，20x2+1180x+2000，x>7.
(2)当x≤7时，W=300+1540xx=1540+300x，
所以x=7时，Wmin=1540+3007≈1583，
当x>7时，W=20x+2000x+1180
=20x+100x+1180
≥20×2x⋅100x+1180=1580，
等号成立条件：x=100x⇒x=10，
∴Wmin=1580（元）.
【考点】
函数模型的选择与应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（2）当x≤7时，W=300+1540x=1540+300x，
所以x=7时，Wmin=1540+3007≈1583，
当x>7时，W=20x+2000x+180=20x+100x+1180≥20⋅2x⋅100x+1180+1580，
等号成立条件：x=100x⇒x=10，
∴Wmin=1580（元）.
【解答】
解：(1)当x≤7时，y=1440x+100x+300=300+1540x，
当x>7时，y=1440x+300+700+20x−6x−7+160，
=20x2+1180x+2000，
综上所述：y=300+1540x，x≤7，20x2+1180x+2000，x>7.
(2)当x≤7时，W=300+1540xx=1540+300x，
所以x=7时，Wmin=1540+3007≈1583，
当x>7时，W=20x+2000x+1180
=20x+100x+1180
≥20×2x⋅100x+1180=1580，
等号成立条件：x=100x⇒x=10，
∴Wmin=1580（元）.
【答案】
解：(1)AB=2，∠CAB=θ，
则AP=2csθ，PC=BP=2sinθ，
AC=2csθ+sinθ，
AD=ACsinθ=2(csθ+sinθ)sinθ，
CD=ACcsθ=2(csθ+sinθ)csθ，
即y=2(cs2θ+sinθcsθ)；
又CD>AB，∴ cs2θ+sinθcsθ>1，
∴ cs2θ+sin2θ>1，即sin2θ+π4>22，
∴ π4<2θ+π4<3π4，
解得0<θ<π4，
∴ y=f(θ)=1+cs2θ+sin2θ=2sin2θ+π4+1，θ∈0,π4．
(2)当0<θ<π6时，2∴ mf(θ)+2m≥f(θ)等价于m≥f(θ)2+f(θ)=1−22+f(θ)，
由2∴ 实数m的取值范围是m≥22+17．
【考点】
在实际问题中建立三角函数模型
不等式恒成立问题
【解析】
（1）设AB=2，∠CAB=0，
则AP=2csθ，PC=BP−2sinθ，AC=2csθ+sinθ，
AD=ACsinθ=2(csθ+sinθ)，CD=ACcsθ=2(csθ+sinθ)csθ，
即y=2(cs2θ+sinθ+csθ)；
又CD>AB，∴ cs2θ+sinθcsθ>1，
∴ cs2θ+sin2θ>1，即sin2θ+π4>22，∴ π4<2θ+π4<3π4，
解得0<0<π4，∴ y=f(θ)=1+cs2θ+sin2θ=2sin2θ+π4+1，θ∈0,π4．

【解答】
解：(1)AB=2，∠CAB=θ，
则AP=2csθ，PC=BP=2sinθ，
AC=2csθ+sinθ，
AD=ACsinθ=2(csθ+sinθ)sinθ，
CD=ACcsθ=2(csθ+sinθ)csθ，
即y=2(cs2θ+sinθcsθ)；
又CD>AB，∴ cs2θ+sinθcsθ>1，
∴ cs2θ+sin2θ>1，即sin2θ+π4>22，
∴ π4<2θ+π4<3π4，
解得0<θ<π4，
∴ y=f(θ)=1+cs2θ+sin2θ=2sin2θ+π4+1，θ∈0,π4．
(2)当0<θ<π6时，2∴ mf(θ)+2m≥f(θ)等价于m≥f(θ)2+f(θ)=1−22+f(θ)，
由2∴ 实数m的取值范围是m≥22+17．
【答案】
解：(1)由f−x=fx得lg24−x+1−ax+b=lg24x+1+ax+b，
即lg24x+2ax=0，得a=−1 .
(2)fx=lg24x+1−x+b=lg22x+12x+b，
当x∈[−1，lg2(2+3)时，令t=2x∈12,2+3，
则lg22x+12x+b=lg2t+1t+b∈[1+b,2+b]，
即f(x1),f(x2),f(x3)∈[1+b,2+b]，得f(x1)+f(x2)∈[2+2b,4+2b]，
存在实数x1,x2,x3∈[−1,lg2(2+3)]，使得fx1+fx2=fx3，
即2+2b，4+2b∩1+b，2+b≠⌀ ，
若2+2b，4+2b∩1+b，2+b=⌀，则2+2b>2+b或4+2b<1+b，
得b>0或b<−3，
故[2+2b,4+2b]∩[1+b,2+b]≠⌀时有−3≤b≤0 .
【考点】
函数奇偶性的性质
对数的运算性质
【解析】
（1）由f−x=fx得lg24−x+1−ax+b=lg24x+1+ax+b，
即lg24x+2ax=0，得a=−1 .

【解答】
解：(1)由f−x=fx得lg24−x+1−ax+b=lg24x+1+ax+b，
即lg24x+2ax=0，得a=−1 .
(2)fx=lg24x+1−x+b=lg22x+12x+b，
当x∈[−1，lg2(2+3)时，令t=2x∈12,2+3，
则lg22x+12x+b=lg2t+1t+b∈[1+b,2+b]，
即f(x1),f(x2),f(x3)∈[1+b,2+b]，得f(x1)+f(x2)∈[2+2b,4+2b]，
存在实数x1,x2,x3∈[−1,lg2(2+3)]，使得fx1+fx2=fx3，
即2+2b，4+2b∩1+b，2+b≠⌀ ，
若2+2b，4+2b∩1+b，2+b=⌀，则2+2b>2+b或4+2b<1+b，
得b>0或b<−3，
故[2+2b,4+2b]∩[1+b,2+b]≠⌀时有−3≤b≤0 .
【答案】
解：(1)f(x)=x2−(a−1)x+a，x≥a，−x2+(a+1)x+a，x1∘当a≤0时，a−12≤0，y=f(x)在[0,+∞)单调递增成立，
2∘当a>0时，a−12即0故a≤1．
(2)∀x1，x2∈[0,2]恒有|f(x1)−f(x2)|≤4⇔fmax(x)−fmin(x)≤4，
1∘由(1)知a≤1时，y=f(x)在x∈[0,2]单调递增，
∴ f(2)=2|2−a|+2+a，f(0)=a，
|f(x1)−f(x2)|≤4⇔f(2)−f(0)≤4⇔2|2−a|+2≤4⇔a≥1，
∴ a=1．
2∘当1∴ fmax(x)=maxf(2),fa+12=f(2),1当1a>1成立，
当43−5∴ 13∘2fa+12−f(0)≤4⇔a≤3成立，
4∘a>3时，a+12>2，
∴ fmax(x)=f(2)，fmin(x)=f(0)，
f(2)−f(0)=2a−2≤4⇔a≤3不符合，
综上1≤a≤3．
【考点】
函数单调性的性质
函数的最值及其几何意义
函数的值域及其求法
函数恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)f(x)=x2−(a−1)x+a，x≥a，−x2+(a+1)x+a，x1∘当a≤0时，a−12≤0，y=f(x)在[0,+∞)单调递增成立，
2∘当a>0时，a−12即0故a≤1．
(2)∀x1，x2∈[0,2]恒有|f(x1)−f(x2)|≤4⇔fmax(x)−fmin(x)≤4，
1∘由(1)知a≤1时，y=f(x)在x∈[0,2]单调递增，
∴ f(2)=2|2−a|+2+a，f(0)=a，
|f(x1)−f(x2)|≤4⇔f(2)−f(0)≤4⇔2|2−a|+2≤4⇔a≥1，
∴ a=1．
2∘当1∴ fmax(x)=maxf(2),fa+12=f(2),1当1a>1成立，
当43−5∴ 13∘2fa+12−f(0)≤4⇔a≤3成立，
4∘a>3时，a+12>2，
∴ fmax(x)=f(2)，fmin(x)=f(0)，
f(2)−f(0)=2a−2≤4⇔a≤3不符合，
综上1≤a≤3．