2023-2024学年广东省湛江一中高一（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年广东省湛江一中高一（上）期末数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合M={x|lg2x<2}，N={x|x2−x−2<0}，则M∩N=( )
A. (0,4)B. (0,2)C. (−1,4)D. (−1,2)
2.设a∈R，则“a>1”是“a2>1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.若a=lg0.32，b=lg23，c=lg69，则( )
A. c>b>aB. b>c>aC. c>a>bD. a>b>c
4.将函数y=cs(3x+2π3)的图象平移后所得的图象对应的函数为y=sin3x，则进行的平移是( )
A. 向左平移π18个单位B. 向右平移5π18个单位
C. 向右平移π18个单位D. 向左平移5π18个单位
5.函数f(x)=exe2x−1的大致图象为( )
A. B.
C. D.
6.已知函数f(x)=lnx+ex+x−5，则方程f(x)=0在下列哪个区间上必有实数根( )
A. (0,1)B. (1,2)C. (2,3)D. 不能确定
7.如图是摩天轮的示意图，已知摩天轮半径为40米，摩天轮中心O到地面的距离为41米，每30分钟按逆时针方向转动1圈.若初始位置P0是从距地面21米时开始计算时间，以摩天轮的圆心O为坐标原点，过点O的水平直线为x轴建立平面直角坐标系xOy.设从点P0运动到点P时所经过的时间为t(单位：分钟)，且此时点P距离地面的高度为ℎ(单位：米)，则ℎ是关于t的函数.当t∈R时，ℎ(t)=( )
A. 40sin(π15t−π6)+41B. 40sin(π30t−π6)+41
C. 40sin(π15t−π6)−41D. 40sin(π30t−π6)−41
8.设偶函数f(x)在[0,2]上是增函数，且f(−2)=2，若对所有的x∈[−2,2]及任意的m∈[−1,1]都满足f(x)≤t2−mt−4，则t的取值范围是( )
A. [−1,3]B. (−1,1)
C. (−∞,−3]∪[3,+∞)D. [−3,3]
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知a=lg62，36b=9，则下列结论正确的是( )
A. b=lg63B. ab=1C. lg618=2−aD. ba=lg32
10.下列函数既是偶函数，又在(−∞,0)上是减函数的是( )
A. y=ex+e−xB. y=3|x|C. y=lg(x2+1)D. y=x−1x
11.已知函数f(x)=3sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)的解析式f(x)=3sin(2x+π3)
B. 直线x=−1112π是函数f(x)图象的一条对称轴
C. f(x)在区间(3π2,11π6)上单调递增
D. 不等式f(x)⩽32的解集为[−3π4+kπ,−π12+kπ]，k∈Z
12.已知函数f(x)=ln( x2+1+x)+x+1.则下列说法正确的是( )
A. f(lg3)+f(lg13)=2
B. 函数f(x)的图象关于点(0,1)对称
C. 函数f(x)在定义域上单调递减
D. 若实数a，b满足f(a)+f(b)>2，则a+b>0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知csx= 23，则sinxsin2x= ______．
14.已知x>0，则xx2+1的最大值是______．
15.若定义运算a⊕b=b,a16.若实数x1，x2满足ex1+x1−2=0，x2lnx2+2x2−1=0，则x2(2−x1)= ______．
四、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10分)
已知函数f(x)=5sin(3x+π4)+2．
(1)求函数f(x)的最小正周期、图象的对称中心及其单调递减区间；
(2)求函数f(x)在[−5π36,π6]上的最值及其对应的x的值．
18.(本小题12分)
已知α∈(π6,7π6)，且sin(α+π3)=2 55．
(1)求tanα的值；
(2)求cs(2α+5π12)的值．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)=a⋅2x−2−x，且f(−1)=32．
(1)求a的值，并求出f(x)的解析式；
(2)若mf(x)−4x−4−x≤0在(0,+∞)上恒成立，求m的取值范围．
20.(本小题12分)
如图，计划依靠一面墙建一个植物角.墙长为18m.用栅栏围成四个相同的长方形区域种植若干种植物．
(1)若每个长方形区域的面积为24m2，要使围成四个区域的栅栏总长度最小，每个长方形区域长和宽分别是多少米？并求栅栏总长度的最小值；
(2)若每个长方形区域的长为xm(x>2)，宽为长的一半.每米栅栏价格为5元，区域的重建费用为每平方米10元.要使总费用不超过180元，求长方形区域的长x的取值范围．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=lg3(x2+ax+1)(a∈R)．
(1)若f(x)的定义域为R，求a的取值范围；
(2)若f(x)的值域为R，求a的取值范围；
(3)设a>0，若对任意t∈[0,+∞)，函数f(x)在区间[t,t+1]上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围．
22.(本小题12分)
设a∈R，函数f(x)=12cs2x+csx+1−a,x∈(π2,π)．
(1)讨论函数f(x)的零点个数；
(2)若函数f(x)恰有两个零点x1，x2，求证：x1+x2<3π2．
参考答案
1.B
2.A
3.B
4.D
5.D
6.B
7.A
8.C
9.AC
10.ABC
11.ABD
12.ABD
13.3 24
14.12
15.[1,+∞)
16.1
17.(1)解：由函数f(x)=5sin(3x+π4)+2，可得函数f(x)最小正周期为T=2π3，
令3x+π4=kπ,k∈Z，解得x=−π12+kπ3,k∈Z，所以对称中心为(−π12+kπ3,2),k∈Z，
再令π2+2kπ≤3x+π4≤3π2+2kπ,k∈Z，解得π12+2kπ3≤x≤5π12+2kπ3,k∈Z，
所以函数f(x)的减区间为[π12+2kπ3,5π12+2kπ3],k∈Z．
(2)解：因为x∈[−5π36,π6]，所以3x+π4∈[−π6,3π4]，
所以当3x+π4=−π6，即x=−5π36时，函数有最小值为−12，
当3x+π4=π2，即x=π12时，函数有最大值为7．
18.解：(1)因为sin(α+π3)=2 55，
所以cs(α+π3)=± 1−sin2(α+π3)=± 1−45=± 55，
又α∈(π6,7π6)，
所以α+π3∈(π2,3π2)，
所以cs(α+π3)=− 55，
所以tan(α+π3)=2 55− 55=−2，
所以tanα=tan(α+π3−π3)=tan(α+π3)−tanπ31+tan(α+π3)tanπ3=−2− 31−2 3=5 3+811；
(2)sin2(α+π3)=2sin(α+π3)cs(α+π3)=−45，
cs2(α+π3)=2cs2(α+π3)−1=−35，
则cs(2α+5π12)=cs[2(α+π3)−π4]=cs2(α+π3)csπ4+sin2(α+π3)sinπ4=−35× 22−45× 22=−7 210．
19.解：(1)解：因为f(x)是偶函数，所以f(−1)=f(1)=2a−12=32，解得a=1，
当x<0时，可得−x>0，可得f(x)=f(−x)=2−x−2−(−x)=2−x−2x，
所以函数f(x)的解析式为f(x)=2x−2−x,x≥02−x−2x,x<0．
(2)解：由(1)知，当x>0时，f(x)=2x−2−x>0，
因为mf(x)−4x−4−x≤0在(0,+∞)上恒成立，
即m≤4x+4−x2x−2−x=(2x−2−x)2+22x−2−x=2x−2−x+22x−2−x，
又因为2x−2−x+22x−2−x≥2 (2x−2−x)⋅22x−2−x=2 2，
当且仅当2x−2−x=22x−2−x时，即x=lg2(1+ 3)−12时等号成立，
所以m≤2 2，即m的取值范围是(−∞,2 2]．
20.解：(1)设每个长方形区域的长为xm(0则宽为24xm，
栅栏总长为l=4x+6×24x=4x+144x≥2 4×144=48，当且仅当4x=144x，即x=6时等号成立，
故每个长方形区域的长和宽分别为6m和4m时，栅栏总长度最小，且最小值为48m；
(2)由题可知每个长方形区域的长为xm，宽为x2m，2则长方形区域的面积为4x⋅x2=2x2，栅栏总长为4x+6×x2=7x，
∴总费用y=10×2x2+5×7x=20x2+35x，
又∵总费用不超过180元，
∴20x2+35x≤180，解得−4≤x≤94，
又∵2∴2故x的取值范围为(2,94].
21.解：(1)函数f(x)=lg3(x2+ax+1)的定义域为R，
即x2+ax+1>0在x∈R上恒成立，则满足Δ=a2−4<0，解得−2所以实数a的取值范围是(−2,2)；
(2)解：函数f(x)=lg3(x2+ax+1)的值域为R，
则满足Δ=a2−4≥0，解得a≤−2或a≥2，即实数a的取值范围(−∞,−2]∪[2,+∞)；
(3)解：因为a>0且t≥0，可得f(x)在[t,t+1]上单调递增，
所以f(x)min=f(t)=lg3(t2+at+1)，f(x)max=f(t+1)=lg3[(t+1)2+a(t+1)+1]=lg3[t2+(a+2)t+a+2]，
所以f(t+1)−f(t)≤1对任意t∈[0,+∞)恒成立，
所以lg3[t2+(a+2)t+a+2]−lg3(t2+at+1)≤1对任意t∈[0,+∞)恒成立，
即2t2+(2a−2)t+1−a≥0对任意t∈[0,+∞)恒成立，
令g(t)=2t2+(2a−2)t+1−a，t∈[0,+∞)，所以g(t)min≥0，
当2a−2>0，即a>1时，g(t)min=g(0)=1−a≥0，解得a≤1，所以无解；
当2a−2≤0，即a≤1g(t)min=g(−a−12)=−a2−12≥0时，解得−1≤a≤1，所以0综上，实数a的取值范围是(0,1]．
22.解：(1)由f(x)=12cs2x+csx+1−a=12(2cs2x−1)+csx+1−a=cs2x+csx+12−a，
令t=csx，因为x∈(π2,π)，可得t∈(−1,0)，且f(t)=t2+t+12−a，
令f(x)=0，即t2+t=a−12，又因为y=t2+t=(t+12)2−14∈[−14,0),
当a−12≥0或a−12<−14，即a∈(−∞,14)∪[12,+∞)时，此时t2+t=a−12无解；
当a−12=−14，即a=14时，t2+t=a−12仅有一解t=−12，此时x仅有一解2π3；
当−14因为csx=−12± a−14各有一解，此时f(x)恰有两个零点，
综上可得，当a∈(−∞,14)∪[12,+∞)时，f(x)无零点；当a=14时，f(x)恰有一个零点；当a∈(14,12)时，f(x)恰有两个零点．
(2)证明：若f(x)恰有两个零点x1，x2时，
令t1=csx1，t2=csx2，所以t1，t2为t2+t=a−12的两解，
所以t1+t2=−1，所以csx1+csx2=−1，所以cs2x1+2csx1csx2+cs2x2=1，
由x1,x2∈(π2,π)，可得csx1<0，csx2<0，所以2csx1csx2>0，则cs2x1+cs2x2<1，
所以cs2x1由x2∈(π2,π)，可得3π2−x2∈(π2,π),cs(3π2−x2)<0，所以csx1>cs(3π2−x2)，
因为y=csx在(π2,π)上单调递减，可得x1<3π2−x2，所以x1+x2<3π2．