广东省实验中学2019-2020学年高一上学期期末考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com广东省实验中学2019-2020学年(上)高一级模块一､四考试数学【高一上学期期末考试】

一､选择题:(每小题5分,共60分)

1.已知集合A={x|x2﹣x0},,则A∩B=(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先化简集合A，集合B，再利用交集的定义求解.

【详解】因为集合A={x|x2﹣x0} ，

，

所以A∩B=.

故选：B

【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题.

2.若a>b，则

A. ln(a−b)>0 B. 3a<3b

C. a3−b3>0 D. │a│>│b│

【答案】C

【解析】

【分析】

本题也可用直接法，因为，所以，当时，，知A错，因为是增函数，所以，故B错；因为幂函数是增函数，，所以，知C正确；取，满足，，知D错．

【详解】取，满足，，知A错，排除A；因为，知B错，排除B；取，满足，，知D错，排除D，因为幂函数是增函数，，所以，故选C．

【点睛】本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意义，渗透了逻辑推理和运算能力素养，利用特殊值排除即可判断．

3.已知，则等于（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】因为tanθ=3，

∴=

故选B．

4.如图，若，，，是线段靠近点的一个四等分点，则下列等式成立的是（）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用向量的线性运算即可求出答案.

【详解】.故选C.

【点睛】本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．

5.函数的图象关于直线对称,它的最小正周期为,则函数图象的一个对称中心是 （　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

分析】

由周期求出，再由图象关于直线对称，求得，得到函数，求得，从而得到图象的一个对称中心.

【详解】由，解得，

可得，

再由函数图象关于直线对称，

故，故可取，

故函数，

令，

可得，故函数对称中心，

令可得函数图象的对称中心是，故选D.

【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，属于中档题.由 函数可求得函数的周期为；由可得对称轴方程；由可得对称中心横坐标.

6.已知平面内一点P及△ABC,若,则P与△ABC的位置关系是(    )

A. P在△ABC外部 B. P在线段AB上

C. P在线段AC上 D. P在线段BC上

【答案】B

【解析】

【分析】

根据，通过加减运算整理为，再利用共线向量定理判断.

【详解】因为，

所以，

所以，

所以P在线段AB上.

故选：B

【点睛】本题主要考查平面向量的加减运算和共线向量定理，属于基础题.

7.下列函数中,既是偶函数,又在区间(0,+∞)上单调递减的函数是(    )

A. y=x2 B.  C. y=2|x| D. y=cosx

【答案】B

【解析】

【分析】

A. 根据奇偶性的定义判断奇偶性，根据的图象判断单调性.B. 根据奇偶性的定义判断奇偶性，根据 的图象判断单调性.C. 根据奇偶性的定义判断奇偶性，根据 的图象判断单调性.D. 根据奇偶性的定义判断奇偶性，根据的图象判断单调性.

【详解】因为，所以是偶函数，又因为在（0，+∞)上单调递增，故A错误.

 因为，所以是偶函数，又因为，在(0，+∞)上单调递减，故B正确.

因为，所以 是偶函数，又因为 在(0，+∞)上单调递增，故C错误.

因为，所以是偶函数，又因为在 (0，+∞)上不单调，故D错误.

故选;D

【点睛】本题主要考查函数单调性和奇偶性和基本函数的图象和性质，属于基础题.

8.若并且（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

∵α、β均为锐角且α＜β，

∴ ＜α-β＜0，

∵cos（α-β）= ，

∴sin（α-β）=

∵cos2α= ，α为锐角

∴sin2α= ，

∴cos（α+β）=cos[2α-（α-β）]=cos 2αcos（α-β）+sin 2αsin （α-β）

=，

∵α+β∈（0，π），∴α+β= ．

本题选择C选项.

9.下列给出的关系式中正确的是(    )

A.  B. 若∥,∥,则∥

C. ∥⇒在上的投影为|| D. ()•()=0

【答案】D

【解析】

【分析】

A. 根据数量积的运算律判断.B. 取判断.C. 根据∥时，夹角为或判断.D. 由数量积的运算判断.

【详解】A. 由数量积的运算律得，故A错误.

B. 当时，不成立.故B错误.

C. 当∥时，夹角为或，所以在上的投影为    故C错误.

D. 由数量积的运算得()•()=，故D正确.

故选：D

【点睛】本题主要考查平面向量数量积的运算律，投影及基本运算，属于基础题.

10.幂函数，当取不同的正数时，在区间上它们的图像是一组美丽的曲线（如图），设点，连结，线段恰好被其中的两个幂函数的图像三等分，即有，那么（　　）

A. 0 B. 1 C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】

先根据题意结合图形分别确定的坐标，然后分别代入中求得的值，最后再求出的值，即可得出答案．

【详解】因为，点，

所以

分别代入中，

所以故选A．

【点睛】本题考查了指数函数的性质以及指数与对数的转化，考查了数形结合思想，考查了对数的计算法则，考查了计算能力与推理能力，是基础题．

11.将函数和直线g(x)=x﹣1的所有交点从左到右依次记为A1,A2,A3,An…,若P点坐标为(0,1),则(    )

A.  B.  C.  D. 0

【答案】A

【解析】

【分析】

在同一坐标系中作出和g(x)=x﹣1的图象，所有交点从左到右依次记为A1，A2，A3， A4，A5，根据为的一个对称点，得到 关于对称， 关于对称，再用中点坐标公式得到求解.

【详解】在同一坐标系中作出和g(x)=x﹣1的图象，如图所示：

所有交点从左到右依次记为A1，A2，A3， A4，A5，

因为是的一个对称点，

所以 关于对称， 关于对称，

所以，

所以，

因为，

所以.

故选：A

【点睛】本题主要考查了函数的图象和平面向量的运算，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.

12.德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著,以其命名的函数被称为狄利克雷函数,其中R为实数集,Q为有理数集,以下命题正确的个数是(    )

下面给出关于狄利克雷函数f(x)的五个结论:

①对于任意的x∈R,都有f(f(x))=1;

②函数f(x)偶函数;

③函数f(x)的值域是{0,1};

④若T≠0且T为有理数,则f(x+T)=f(x)对任意的x∈R恒成立;

⑤在f(x)图象上存在不同的三个点A,B,C,使得△ABC为等边角形.

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】D

【解析】

【分析】

①分，两种情况从内到外，利用求值判断.②分，两种情况，利用奇偶性定义判断.③当时，；当时，判断.④分，两种情况，利用周期函数的定义判断.⑤取 ， 判断.

【详解】①当时，，则；当时，，则，所以对于任意的x∈R，都有f(f(x))=1;故正确.

②当时，，；当时，，，所以函数f(x)偶函数;故正确.

③当时，；当时，，所以函数f(x)的值域是{0，1};故正确.

④当时，因为T≠0且T为有理数，所以，则f(x+T)=1=f(x)；当 时，因为T≠0且T为有理数，所以，则f(x+T)=0=f(x)，所以对任意的x∈R恒成立;故正确.

⑤取 ， 构成以为边长的等边三角形，故正确.

故选：D

【点睛】本题主要考查了函数新定义问题和函数的基本性质，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.

二､填空题:(每小题5分,共20分)

13.已知向量(﹣2,3),(x,1),若⊥,则实数x的值是_____.

【答案】

【解析】

【分析】

已知向量(﹣2，3)，(x，1)，根据⊥，利用数量积的坐标运算求解.

【详解】已知向量(﹣2，3)，(x，1)，

因为⊥，

所以

解得

故答案为：

【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积运算，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.

14.计算_____.

【答案】

【解析】

【分析】

根据指数、对数的运算法则和性质求解.

【详解】，

，

.

故答案为：

【点睛】本题主要考查了对数，指数的运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

15.已知 ，若不等式对任意的恒成立，则整数的最小值为______________．

【答案】

【解析】

因为函数 为单调递增函数，且 ，所以不等式对任意的恒成立，等价于对任意的恒成立，设 ，则 ，当时， ；当 时的最小值为1.

16.如图所示,矩形ABCD的边AB=2,AD=1,以点C为圆心,CB为半径的圆与CD交于点E,若点P是圆弧(含端点B､E)上的一点,则的取值范围是_____.

【答案】

【解析】

【分析】

以点C为原点，以直线EC为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系， A(﹣2，﹣1)，B(0，﹣1)，设P(cosθ，sinθ)，，，再利用数量积的坐标运算得 ，然后利用三角函数的性质求解.

【详解】如图所示：

以点C为原点，以直线EC为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则:

A(﹣2，﹣1)，B(0，﹣1)，设P(cosθ，sinθ)，()，

∴，，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴的取值范围是.

故答案为：

【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积运算以及三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

三､解答题:(共70分)

17.已知非零向量满足,且.

(1)求;

(2)当时,求和向量与的夹角的值.

【答案】(1);(2)1，.

【解析】

【分析】

(1) 根据，得到，再将代入求解.

(2)利用求向量模的公式求解;利用向量的夹角公式，求的值.

【详解】(1)∵，且，

∴，则，

∴;

(2)，

∴;

∴，

∵0≤θ≤π，

∴.

【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积综合运算及其应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

18.已知函数.

(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间;

(2)求函数f(x)的最大值及取得最大值时x的取值集合.

【答案】(1)最小正周期Tπ, 单调递减区间为[,],(k∈Z).(2)最大值为, x的取值集合为:{x|x,k∈Z}.

【解析】

【分析】

(1)将，利用两角和与差的正弦公式转化为：sin(2x)，再利用正弦函数的性质求解.

 (2)利用正弦函数的性质，当 ，k∈Z时，函数f(x)取得最大值求解.

【详解】(1)∵函数

=2(sinxcoscosxsin)cosx﹣1

=2sinxcosx+2cos2x﹣1

=sin2x+cos2x

sin(2x)，

∴函数f(x)的最小正周期Tπ，

由2k，k∈Z，

解得函数f(x)的单调递减区间为[，]，(k∈Z).

(2)∵f(x)，

∴函数f(x)的最大值为，

取得最大值时x的取值集合满足:，k∈Z.

解得x，k∈Z.

∴函数f(x)取得最大值时x的取值集合为:{x|x，k∈Z}.

【点睛】本题主要考查了两角和与差的三角函数和三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

19.已知向量且函数,若函数f(x)的图象上两个相邻的对称轴距离为.

(1)求函数f(x)的解析式;

(2)将函数y=f(x)的图象向左平移个单位后,得到函数y=g(x)的图象,求函数g(x)的表达式并其对称轴;

(3)若方程f(x)=m(m>0)在时,有两个不同实数根x1,x2,求实数m的取值范围,并求出x1+x2的值.

【答案】(1);(2), 对称轴为;(3),,.

【解析】

【分析】

(1) 根据向量和函数，利用数量积结合倍角公式和辅助角法得到，，再根据函数f(x)的图象上两个相邻的对称轴距离为求解.

 (2)依据左加右减，将函数y=f(x)的图象向左平移个单位后，得到函数，令求其对称轴.

(3)作出函数f(x)在上图象，根据函数y=f(x)与直线y=m在上有两个交点求解.再令，求对称轴.

【详解】(1)，

∵函数f(x)的图象上两个相邻的对称轴距离为，

∴，

∴，

∴ω=1，

故函数f(x)的解析式为;

(2)依题意，，

令，则，

∴函数g(x)的对称轴为;

(3)∵，

∴，

∴，

函数f(x)在上的草图如下，

依题意，函数y=f(x)与直线y=m在上有两个交点，则，

令，则，

∴函数f(x)在上的对称轴为，则.

【点睛】本题主要考查了平面向量和三角函数，三角函数的图象和性质及其应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

20.已知幂函数在上单调递增，又函数.

（1）求实数的值，并说明函数的单调性；

（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）由f（x）是幂函数，得到m2﹣m﹣1＝1，再由f（x）在（0，+∞）上单调递增，得到﹣2m﹣1＞0，从而求出m＝﹣1，进而g（x），由此能求出函数g（x）在R上单调递增；

（2）由g（﹣x）＝2﹣x（）＝﹣g（x），得到g（x）是奇函数，从而不等式g（1﹣3t）+g（1+t）≥0可变为g（1﹣3t）≥﹣g（1+t）＝g（﹣1﹣t），由此能求出实数t的取值范围．

【详解】（1）因为是幂函数，所以，解得或，

又因为在上单调递增，所以，即，

即，则，

因为与均在上单调递增，

所以函数在上单调递增.

（2）因为，

所以是奇函数，

所以不等式可变为，

由（1）知在上单调递增，所以，

解得.

【点睛】本题考查实数值的求法，考查函数的单调性的判断，考查实数的取值范围的求法，考查幂函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

21.如图一块长方形区域ABCD,AD=2(km),AB=1(km).在边AD的中点O处,有一个可转动的探照灯,其照射角∠EOF始终为,设∠AOE=,探照灯O照射在长方形ABCD内部区域的面积为S.

(1)当0≤时,写出S关于的函数表达式;

(2)若探照灯每9分钟旋转“一个来回”(OE自OA转到OC,再回到OA,称“一个来回”,忽略OE在OA及OC反向旋转时所用时间),且转动的角速度大小一定,设AB边上有一点G,且∠AOG,求点G在“一个来回”中,被照到的时间.

【答案】(1),S(2)2分钟

【解析】

分析】

(1) 根据AD=2，AB=1，0≤，确定点E，F的位置，分0≤，，两种情况，利用三角形面积公式求解.

(2)先得到“一个来回”中，OE共转了2，其中点G被照到时，共转了2，再利用角度关系求解.

【详解】如图所示：

(1)过O作OH⊥BC，H为垂足.

①当0≤时，E边AB上，F在线段BH上(如图①)，

此时，AE=tan，FH=tan()，

∴S=S正方形OABH﹣S△OAE﹣S△OHF=1tantan().  

②当时，

E在线段BH上，F在线段CH上(如图②)，

此时，EH，FH，可得EF.

∴S=S△OEF().

综上所述，S

(2)在“一个来回”中，OE共转了2，

其中点G被照到时，共转了2

∴在“一个来回”中，点G被照到的时间为92(分钟).

【点睛】本题主要考查了三角函数再平面几何中的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

22.对数函数g（x）=1ogax（a＞0，a≠1）和指数函数f（x）=ax（a＞0，a≠1）互为反函数．已知函数f（x）=3x，其反函数为y=g（x）．

（Ⅰ）若函数g（kx2+2x+1）的定义域为R，求实数k的取值范围；

（Ⅱ）若0＜x1＜x2且|g（x1）|=|g（x2）|，求4x1+x2的最小值；

（Ⅲ）定义在I上的函数F（x），如果满足：对任意x∈I，总存在常数M＞0，都有-M≤F（x）≤M成立，则称函数F（x）是I上的有界函数，其中M为函数F（x）的上界．若函数h（x）=，当m≠0时，探求函数h（x）在x∈[0，1]上是否存在上界M，若存在，求出M的取值范围，若不存在，请说明理由．

【答案】（Ⅰ）k＞1；（Ⅱ）4；（Ⅲ）见解析

【解析】

【分析】

（Ⅰ）因为g（x）=1ogax与f（x）=3x，互为反函数，所以a=3，得g（kx2+2x+1）= log3（kx2+2x+1）的定义域为R，所以kx2+2x+1＞0恒成立，可求解k的范围；（Ⅱ）由|g（x1）|=|g（x2）|，得|log3x1|=|log3x2|，分析化简得x1x2=1，4x1+x2=4x1+，利用双勾函数求其最值；（Ⅲ）由h（x）==－1+，分m＞0和m＜0分别求出h（x）的取值范围，然后讨论其上下界.

【详解】（Ⅰ）由题意得g（x）=log3x，

因为g（kx2+2x+1）=log3（kx2+2x+1）的定义域为R，

所以kx2+2x+1＞0恒成立，

当k=0时不满足条件，

当k≠0时，若不等式恒成立，

则，即，

解得k＞1；

（Ⅱ）由|g（x1）|=|g（x2）|，得|log3x1|=|log3x2|，

因为0＜x1＜x2，

所以0＜x1＜1＜x2，且－log3x1=log3x2，

所以log3x1+log3x2=log3x1x2=0，

所以x1x2=1，

所以则4x1+x2=4x1+，0＜x1＜1，

因为函数y=4x+在（0，）上单调递减，在（，1）上单调递增，

所以当x1=时，4x1+x2取得最小值为4．

（Ⅲ）h（x）==－1+，（m≠0），

（i）当m＞0，1+m3x＞1，则h（x）在[0，1]上单调递减，

所以≤h（x）≤，

①若||≥||，即m∈（0，]时，存在上界M，M∈[||，+∞），

②若||＜||，即m∈（，+∞）时，存在上界M，M∈[||，+∞），

（ii）当m＜0时，

①若－＜m＜0时，h（x）在[0，1]上单调递增，h（x）∈[，]，存在上界M，M∈[，+∞），

②若m=－时，h（x）=－1+在[0，1]上单调递增，h（x）∈[2，+∞），故不存在上界．

③若－1＜m＜－时，h（x）在[0，log3（－））上单调递增，h（x）在（log3（－），1]上单调递增，h（x）∈（－∞，]∪[，+∞）故不存在上界，

④若m=－1，h（x）=－1+在（0，1]上单调递增，h（x）∈（－∞，－2]，故不存在上界

⑤若m＜－1，h（x）在[0，1]上单调递增，h（x）∈[，]，而＜0，存在上界M，M∈[||，+∞）；

综上所述，当m＜－1时，存在上界M，M∈[||，+∞），

当－1≤m≤－时，不存在上界，

当－＜m＜0时，存在上界M，M∈[，+∞），

当m∈（0，]时，存在上界M，M∈[||，+∞），

当m∈（，+∞）时，存在上界M，M∈[||，+∞）．

【点睛】本题考查了反函数的概念，对数函数的定义域，恒成立问题与分类讨论，综合性较强，属于难题.