湖南省高一上学期期末联考数学试卷(二)

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分 一、单选题

1．已知集合A1,0,1,2,3，B1,2,3,4，则AB（ ） A．0,1,2 C．2,3,4

B．1,2,3 D．1,0,4

2．命题“x1，sinxex”的否定为（ ） A．x1，sinxex C．x1，sinxex

3．已知角5，则是（ ） A．第一象限角 C．第三象限角

B．第二象限角 D．第四象限角 B．x1，sinxex D．x1，sinxex

4．已知ln2a，ln3b，则ln18（ ） A．2ab C．a2b 5．“B．a2b D．a3b

2”成立的（ ） 242kkZ”是“sinA．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

14的最小值为mn6．已知a0，且关于x的不等式x22xa0的解集为m,n，则（ ）

9A．

27C．

2B．4 D．2

x24x4,x1,7．已知函数fx若f3mf92m，则m的取值范围为（ ）

1logx,x1,2A．m9 C．m9 5B．m9 D．m9 5试卷第1页，共4页

8．已知函数fx1xsin2021（4x2且x1），则fx的所有零x12点之和为（ ） A．8 B．6

C．4 D．2

评卷人 得分 二、多选题

9．下列命题中，为真命题的有（ ） A．若ab0，cd0，则acbd B．若ab，则a2b2 C．若ac2bc2，则ab

D．若ab，则ac2bc2

10．已知函数fx23sinxcosx2cos2x1，则（ ） A．fx3sin2xcos2x

B．fx2cos2x6

C．fx的图象可以看作是由y2sin2x的图象向左平移

12而得到 D．如果将fx看成某个简谐运动，则这个简谐运动的频率为

1 11．已知定义域为R的函数fx在,1上为增函数，且fx1为偶函数，则（A．fx的图象关于直线x1对称 B．fx在1,上为减函数 C．f1为fx的最大值

D．f3f0f12

12．已知函数f(x)sin2x,x0ex1,x0，则（ ）

A．xR，fxfx B．xR，1fx1 C．函数yfx2有1个零点 D．方程fx4x5有5个根

评卷人 得分 三、填空题

13．已知扇形的圆心角为3，半径为r2，则扇形的面积S______．

14．已知幂函数fxm2m1xm在0,上为减函数，则f2______．

15．已知某地一天的温度y（单位：C）与时间t（单位：h）近似地满足

试卷第2页，共4页

） y108sint120t24，则该地这一天的最大温差为______

C．

评卷人 得分 四、双空题

16．已知函数fxlogasin2x（a0且a1）的定义域为D，则（1）fx的

6最小正周期为______；（2）若f0，当x0,D时，fx的减区间为______．

5 评卷人 得分 五、解答题

17．已知角的终边经过点M1,2，求： （1）

sincos的值；

sincos（2）tan2的值．

418．已知函数fxlog2x1log25x的定义域为A，gx2xkkR的定义域为B．

（1）求fx的最大值； （2）若AB，求k的取值范围．

19．2005年8月，时任浙江省委书记的*同志就提出了“绿水青山就是金山银山”的科学论断．为了改善农村卫生环境，振兴乡村，加快新农村建设，某地政府出台了一系列惠民政策和措施．某村民为了响应政府号召，变废为宝，准备建造一个长方体形状的沼气池，利用秸秆、人畜肥等做沼气原料，用沼气解决日常生活中的燃料问题．若沼气池的体积为18立方米，深度为3米，池底的造价为每平方米120元，池壁的造价为每平方米90元，池盖的造价为每平方米150元．设沼气池底面长方形的一边长为x米，但由于受场地的限制，x不能超过2．

（1）求沼气池总造价y关于x的函数yfx，并指出函数的定义域； （2）怎样设计沼气池的尺寸，可以使沼气池的总造价最低？并求出最低造价． 20．已知a0且a1，给出下列四个函数： ①fxax11；②gxlogax3；③hxx2；④xtanx．

从中任选一个函数，回答下列问题： （1）求所选函数的定义域和值域；

试卷第3页，共4页

（2）写出所选函数的两条性质．

注意：如果选多个函数作答，则按第一个函数的答案给分．

21．已知函数fxAsinxA0,0,的部分图象如图所示．

22

（1）求A、、的值； （2）若fx01，求2fx0的值．

1222．已知二次函数fx对xR，fx1fx2x3，且不等式fx2的解集为xx1．

（1）求fx的解析式；

2txfxg133t0有三个不同的实数解，（2）设gx，且关于x的方程x31x求实数t的取值范围．

试卷第4页，共4页

参考答案

1．B 【分析】

利用交集的定义可求得结果. 【详解】

由已知可得AB1,2,3. 故选：B． 2．D 【分析】

利用全称命题的否定可得出结论. 【详解】

命题“x1，sinxex”为全称命题，该命题的否定为“x1，sinxex”. 故选：D． 3．D 【分析】

把弧度制化成角度制，再判断其所在象限. 【详解】

因为5557.30286.5，所以是第四象限角． 故选：D． 4．C 【分析】

根据对数的运算，将ln18展开运算，可得答案. 【详解】

2因为ln18ln23ln22ln3a2b,

故选：C． 5．A 【分析】

根据充分不必要条件的定义判断即可. 【详解】

答案第1页，共13页

因为当42kkZ时，sinsin42， 2但由sin故选：A． 6．A 【分析】

32，得2k或2kkZ．

442分析可知m、n均为正数，利用韦达定理得出mn2，将代数式展开后利用基本不等式可求得【详解】

14的最小值. mn141和mn相乘，mn2由已知，m、n是方程x22xa0的两根，所以mn2，mna0， 所以m0，n0， 且

141n4m1n4m9141mn5522， mn2mn2mnmn2当且仅当n2m故选：A． 7．C 【分析】

9414时，取等号，因此，的最小值为. 3mn2作出函数fx的图象，可得函数fx的单调性，根据单调性解不等式即可得出答案. 【详解】

作出函数fx的图象，由图象可知，fx在R上为增函数， 由f3mf92m可得3m92m，即m故选：C．

9 5答案第2页，共13页

8．C 【分析】 将fx11xxsin2021的零点问题转化为函数y和ysin的图象的

x1x122交点问题，因此可作出二者的图象，则问题可解. 【详解】

1xxxsinsin2021sinfx0因为，所以由，得， x1222因为函数y且y1x与ysin的图象都关于直线x1对称， x121x与ysin的图象在1x2和4x1时，各有2个交点， x12如图示：

所以fx（4x2且x1）的所有零点之和为224, 故选：C．

答案第3页，共13页

9．AC 【分析】

b2时可以判断B；由不等式的同向正值可以相乘可判断A；取a1，由c20可以判断C；

由c0可以判断D． 【详解】

因为ab0，cd0，所以acbc，bcbd，所以acbd，所以A为真命题； 当a1，b2时，则a2b2，所以B不是真命题； 因为ac2bc2，所以c20，所以ab，所以C为真命题； 当c0时，ac2bc20，所以D不是真命题． 故选：AC． 10．ACD 【分析】

利用三角恒等变换可判断AB选项，利用三角函数图象变换可判断C选项，利用正弦型函数的周期公式可判断D选项. 【详解】

2因为fx23sinxcosx2cosx13sin2xcos2x2sin2x

62cos2x2cos2x，

623因为fx2sin2x，所以，fx的图象可以看作是由y2sin2x的图象向左平移

1212而得到，

将fx看成某个简谐运动，则这个简谐运动的频率为所以ACD正确，B不正确． 故选：ACD． 11．BD 【分析】

根据函数的奇偶性结合对称轴，可判断函数fx的性质，从而可判断A,B的对错；因为定义域内x=-1时的值不确定，故可判断C;根据函数的对称轴以及单调性，可判断D的对错. 【详解】

21， 2答案第4页，共13页

因为fx1为偶函数，且函数fx在,1上为增函数,

所以fx的图象关于直线x1对称，且fx在1,上为减函数, 所以A不正确，B正确；

因为fx在,1上为增函数，在1,上为减函数,但没有明确函数是否连续，不能确定f1的值，所以C不正确； 13因为f0f2，ff，

22又fx在(,1)上为增函数，

31所以f3f2f，即f3f0f，所以D正确．

22故选：BD． 12．ABD 【分析】

利用正弦函数的周期性可判断A；利用正弦函数的值域及指数函数的值域可判断BC；作出函数的图像可判断D. 【详解】

对于A，当x0时，fxsin2x是周期为的周期函数，故A正确；

x对于B，当x0时，fxsin2x1,1，x0时，fxe11,0，故B正确；

对于C，

1fx1，1fx23，所以yfx2没有零点，故C错误；

4x4x5过点,1，作出函数的图像，yfx的图象与y的图象有5554对于D，直线y个交点，所以D正确． 故选：ABD．

13．6 【分析】

由扇形的孤长公式、面积公式可得答案.

答案第5页，共13页

【详解】

因为扇形的孤长为lr6，所以S故答案为：6． 114．##

41rl6． 2【分析】

根据题意可得出关于实数m的等式与不等式，解出m的值，可得出函数fx的解析式，即可求得f2的值. 【详解】

m2m1112由已知有，解得m2，故fxx，所以f2．

4m01故答案为：．

415．16 【分析】

求出函数y108sin【详解】

因为0t24，则0t120t24的最大值和最小值，即可得解.

t122，所以，ymax18，ymin2，

所以最大温差为ymaxymin18216C． 故答案为：16.

11, 16． 0,和612【分析】

①根据ysin2x的周期可得fx的周期；

6②由f0得0a1，所以fx的减区间，即ysin2x的增区间，

6555110,D,可得答案. kZ求出Dk,k，由0,12121212【详解】

①因为ysin2x的最小正周期为，所以fx的最小正周期为；

6答案第6页，共13页

170,1，又f0，所以0a1， 时，sin2xsin63055所以fx的减区间，即ysin2x的增区间，且sin2x0，

66②因为x由2k2x62k，得k12xk5kZ， 125所以Dk,kkZ，

1212由2k2x2k，得kxkkZ，

26236所以fx的减区间为k,kkZ，

126511,， 因为0,D0,121211fxx0,D,． 时，的减区间为0,6和所以当

1211,． 故答案为：①；②0,和61217． 1（1）

3 （2）7 【分析】

（1）由三角函数的定义得到tan，再由弦化切可得答案； （2）利用正切的二倍角公式、两角和的正切公式可得答案. （1）

角的终边经过点M1,2，所以tan所以

sincostan11.

sincostan132，

（2） 因为tan2，所以tan22tan4，

1tan23tan217． 所以tan241tan218．

答案第7页，共13页

（1）2；

（2）k2. 【分析】

（1）求出函数fx的定义域，再利用二次函数和对数的基本性质可求得函数fx的最大值；

（2）分k0、k0两种情况讨论，求出集合B，根据集合的包含关系可得出关于实数k的不等式，综合可得出实数k的取值范围. （1）

x10解：由，可得1x5，所以，Ax1x5，

5x024x32， x15xlogx6x5log且fxlog222所以当x3时，t4x3有最大值4， 又因为ylog2t为增函数，所以fxmaxf32. （2）

解：因为2xk0，所以当k0时，BR，此时AB恒成立， 当k0时，由2xk0，可得xlog2k，则Bxxlog2k， 由AB，所以log2k1，解得0k2， 所以k的取值范围为k2． 19．

6（1）fx1620540x，函数定义域为x0x2

x2

（2）沼气池底面一边长为2米，另一边长为3米时，总造价最低，最低总造价为4320元 【分析】

（1）计算出底面积，分别计算池底池壁以及池盖的造价，即可得到答案；

答案第8页，共13页

6（2）判断函数fx1620540x在定义域内的单调性，进而求得最值.

x（1）

由已知，沼气池的底面面积为

186平方米， 36又底面长方形一边的长为x米，所以另一边为米，

x6所以总造价y6120615032x90，

x6即fx1620540x，函数定义域为x0x2；

x（2）

6设0x1x22，则fx1fx2540x1x21，

xx12因为0x1x22，所以x1x20，0x1x24，所以所以fx1fx20，即fx1fx2，

6所以fx1620540x在0x2时为减函数，

x63， x1x22所以当x2，即沼气池底面一边长为2米，另一边长为3米时，总造价最低，最低总造价为4320元． 20．

（1）答案见解析；

（2）答案见解析. 【分析】

（1）利用指数型函数，对数型函数，幂函数及正切函数的性质求解；

（2）利用函数的对称性及过定点求解①②；利用幂函数和正切函数的单调性及奇偶性求解③④. （1）

选①，fxax11的定义域为R；

当a1时，ax11，所以fx的值域为2,；

答案第9页，共13页

当0a1时，0ax11，所以fx的值域为1,2； 选②，gxlogax3的定义域为xx3；值域为R；

2选③，hxx的定义域为xx0；值域为0,；

选④，xtanx的定义域为xxk,kZ；值域为R；

2（2）

选①，fxax11的图象关于直线x1对称；fxax11的图象过定点1,2．

选②，gxlogax3的图象关于直线x3对称；gxlogax3过定点4,0和

2,0．

选③，hxx是偶函数；hxx在,0上为增函数，在0,上为减函数．

22选④，xtanx在k,kkZ上为增函数；xtanx是奇函数．

2221．

（1）A2，2，

π； 6

315. （2）fx0124【分析】

（1）由图象可求得函数fx的最小正周期，可求得的值，由图象可得出

622kkZ，结合的取值范围可求得的值，再将点0,1的坐标代入函数

fx的解析式，可求得A的值；

（2）由已知可求得sin2x0的值，再利用同角三角函数的平方关系和两角差的正弦公

6式可求得结果. （1）

解：由图象可知，函数fx的最小正周期为T222，所以2， 36答案第10页，共13页

又

622kkZ，所以62kkZ，

因为（2）

22，所以

π，由f01，得Asin1，所以A2.

66

解：由（1）可知fx2sin2x，

611因为fx0，所以sin2x0，

642因为fx02sin2x02sin2x03sin2x0cos2x0，

1266661由sin2x00，可得2k2x02k且2x02kkZ，

64662151当2k2x02kkZ时，cos2x01，

626442115315所以fx031；

12444151当2k2x02kkZ时，cos2x01，

26644151315所以fx0fx031． 41212442315. 综上所述，fx012422．

2（1）fxx2x3

36（2）t

25【分析】

（1）设二次函数的解析式，根据fx1fx2x3得到相应的方程组，解得答案；

xg132（）采用换元法，将

2t3t0化为， gm2t3t0整理为x31m答案第11页，共13页

m23t2m2t30，因此将问题变为一元二次方程在给定范围内有两根的问题，从而

列出相应的不等式组解得答案. （1）

2设fxaxbxc，因为对xR，fx1fx2x3，

2a2fx1fx2axab, 又，所以ab3故a1，b2，

又等式fx2的解集为xx1，即x22xc20的解集为xx1， 所以44c20，得c3，

2所以fxx2x3；

（2）

32因为fxx2x3，所以gxx2x0，

xx令m31，因为x0，所以m0，

x由g132t3t0，得gm2t3t0， x31m所以m2t323t0，即m23t2m2t30（*） mx因为关于x的方程g132t3t0有三个不同的实数解， x31x由m31的图象可知，

问题等价于方程（*）有两个不同的实根m1，m2， 且0m11，m21，

答案第12页，共13页

h(1)0h002令hmm3t2m2t3，则或h(0)0 ，

h103t20122t302t30366即或5t60 ，解得t或t，

2555t5042t3336所以实数t的取值范围为t．

25答案第13页，共13页