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  • 2021-06-15 发布

陕西省西安市铁一中学2019-2020学年高一上学期期末考试数学试卷 Word版含解析

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- 1 - 2019 年铁一中数学期末测试 一、选择题(本大题共 12 题,每小题 4 分,共 48 分) 1. 60  是第几象限角( ) A. 第一象限角 B. 第二象限角 C. 第三象限角 D. 第四象限角 【答案】D 【解析】 【分析】 由象限角的定义即可得解. 【详解】由题意,因为 90 60 0      ,所以该角是第四象限角. 故选:D. 2. 函数 cos(2 )2y x   的图象的一条对称轴方程是( ) A. 2x   B. 4 πx   C. 8x  D. x  【答案】B 【解析】 由 2 ,2x k   得 2 4 kx k Z   , , 当 0k  时, x − 4  , 故 4x   是函数的一条对称轴, 故选 B. 3. 若函数 ( )y f x 的定义域为 M={x|-2≤x≤2},值域为 N={y|0≤y≤2},则函数 ( )y f x 的图象可能是( ) A. B. - 2 - C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数的概念逐一判断即可. 【详解】对于 A,定义域  2 0M x x    ,值域为 N={y|0≤y≤2},故 A 不选; 对于 B,定义域为 M={x|-2≤x≤2},值域为 N={y|0≤y≤2},故 B 选; 对于 C,一个 x 值对应两个 y 值,不符合函数的定义,故 C 不选; 对于 D,定义域为 M={x|-2≤x≤2},值域是集合{y|0≤y≤2}的子集,故 D 不选; 故选:B 【点睛】本题考查了函数的概念、函数的定义域、值域,考查了基本知识的掌握情况,属于 基础题. 4. 设 M 为平行四边形 ABCD 对角线的交点,O 为平行四边形 ABCD 所在平面内任意一点,则 OA OB OC OD      等于 ( ) A. OM  B. 2OM  C. 3OM  D. 4OM  【答案】D 【解析】 试 题 分 析 : 由 已 知 得 , 而 , ,CA AC DB BD       所以 4OA OB OC OD OM        ,选 D. 考点:平面向量的线性运算,相反向量. 5. 已知如图示是函数 2sin( )( )2y x      的图象,那么( ) - 3 - A. 10 ,11 6    B. 10 ,11 6     C. 2, 6     D. 2, 6    【答案】D 【解析】 【分析】 先由题意得到 2sin 1 ,根据 的范围,可求出 ,再由函数图像确定最小正周期,可求出  ,进而可求出结果. 【详解】因为图像过点 (0,1) , 所以 2sin 1 ,结合图像可得 2 ,6 k k Z    , 因为 2   ,所以 6 π ; 又由图像可得: 11 11 012 12T   ,所以T  , 因此 2 2T    . 故选 D 【点睛】本题主要考查由函数部分图像求参数的问题,熟记三角函数的图像和性质即可,属 于常考题型. 6. 某种动物繁殖数量 y(只)与时间 x(年)的关系为 y=alog2(x+1),设这种动物第 1 年有 100 只,则到第 7 年它们发展到( ) A. 300 只 B. 400 只 C. 500 只 D. 600 只 【答案】A 【解析】 【分析】 - 4 - 根据这种动物第 1 年有 100 只,先确定函数解析式,再计算第 7 年的繁殖数量. 【详解】由题意,繁殖数量 y(只)与时间 x(年)的关系为 y=alog2(x+1),这种动物第 1 年有 100 只 ∴100=alog2(1+1), ∴a=100, ∴y=100log2(x+1), ∴当 x=7 时,y=100 log2(7+1)=100×3=300. 故选 A. 【点睛】本题考查学生对函数解析式的理解,考查运算能力,属于基础题. 7. 若函数   y f x 的图像和函数 sin 4y x      的图像关于 ,02P      对称,则  f x 解析 式为( ) A. ( ) sin 4f x x      B. ( ) sin 4f x x       C ( ) cos 4f x x       D. ( ) cos 4f x x      【答案】B 【解析】 【分析】 由 题 可 知 , 点  ,x y 关 于 ,02P      对 称 的 点 ( , )x y   , 将 点 ( , )x y   代 入 函 数 sin 4y x      ,即可得出  f x 解析式. 【详解】解:根据题意,设函数   y f x 上的点 ,x y , 则点 ,x y 关于 ,02P      对称的点 ( , )x y   在函数 sin 4y x      上, ∴ sin 4y x      关于 ,02P      的对称函数为: - 5 - sin ( ) sin4 4y x x                 sin sin4 4x x                , ∴ sin 4y x       和 sin 4y x      关于 ,02P      对称, 所以 ( ) sin 4f x x       . 故选:B. 8. 如图,在⊙C 中,弦 AB 的长度为 4,则 AB AC uuur uuur 的值为( ) A. 12 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 设圆 C 的半径为 r, CAB   ,则 2cos r   ,然后可得答案. 【详解】设圆 C 的半径为 r, CAB   , 则 2cos r   , ∴ 2cos 4 8AB AC AB AC r r            . 故选:B 9. 函数 1 sin3y x  的图像与直线 3x  , 5 3x  及 x 轴所围成的图形的面积是( ) A 2 3  B.  C. 4 3  D. 5 3 π 【答案】C 【解析】 【分析】 - 6 - 作出函数 1 sin3y x  的图像,利用割补法,补成长方形,计算面积即可. 【详解】作出函数 1 sin3y x  的图象,如图所示, 利用割补法,将 2 3  到 部分的图象与 x 轴围成的图形补到图中 3  到 2 3  处阴影部分,凑成 一个长为 3  ,宽为 2 的长方形,后面 到 5 3  ,同理;∴ 1 sin3y x  的图象与直线 3x  , 5 3x  及 x 轴所围成的面积为 2 42 3 3    , 故选:C. 【点睛】用“五点法”作  siny A ωx φ  的简图,主要是通过变量代换,设 z x   , 由 z 取 0 , 2  , , 3 2  , 2 来求出相应的 x ,通过列表,计算得出五点坐标,描点后得出 图象. 10. 已知集合  cos sin ,0 2E        ∣ ,  tan sinF    ∣ ,那么 E F 为区间 ( ) A. ,2 π π     B. 3,4 4       C. 3, 2      D. 3 5,4 4      【答案】A 【解析】 【分析】 先分别利用正弦函数、余弦函数和正切函数的图象化简集合 E,F,再利用交集的运算求解. - 7 - 【详解】∵ 5{ cos sin ,0 2 } 4 4E                  ∣ ∣ ,  tan sin ,2F k k k                 Z∣ ∣ , ∴ 2E F         ∣ . 故选:A. 11. 对于任意 ( , )x m  ,不等式 2 2log 2xx x  都成立,则 m 的最小值为( ) A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】 根据指数函数、二次函数、对数函数的增长速度,结合特殊函数值进行求解即可. 【详解】 0x  时,令 22x x 得: 2x  或 4x  , 由于指数函数增长速度比二次函数要快, ∴当 4x  时, 22x x 恒成立, 且当 4x  时, 2 2logx x 也成立,对数函数增长速度小于二次函数, ∴m 的最小值为 4. 故选:C. 12. 若  0,  ,且 1cos sin 3     ,则 cos2  ( ) A. 17 9 B. 17 9  C. 17 9  D. 17 3 【答案】A 【解析】 试题分析: 由 1cos sin 3     ,两边平方得: 1 41 2sin cos sin cos9 9         , - 8 - 由 cos ,sin  是一元二次方程: 2 1 4 03 9x x   的两个实根,解得: 1,2 1 17 6x    0,  ,且由上可知: 4sin cos 09      , sin 0,cos 0    1 17 1 17sin ,cos6 6        2 2cos2 cos sin     , 2 21 17 1 17( ) ( )6 6      17 9  故选 A. 考点:1.同角三函数间的关系;2.余弦的倍角公式. 二、填空题(本大题共 4 题,每小题 4 分,共 16 分) 13. 设 tan 、 tan  是方程 2 3 2 0x x   的两个根,则  tan    ________________. 【答案】 3 【解析】 【分析】 利用二次方程根与系数的关系得出 tan tan  和 tan tan  的值,然后利用两角和的正切 公式计算可求出  tan   的值. 【详解】由二次方程根与系数的关系得出 tan tan 3   , tan tan 2   , 因此,   tan tan 3tan 31 tan tan 1 2            ,故答案为 3 . 【点睛】本题考查两角和的正切公式的应用,同时也考查了二次方程根与系数的关系,考查 运算求解能力,属于中等题. 14. 把函数 cosy x 的图象上的所有点的横坐标缩小到原来的一半(纵坐标不变),然后把图象 - 9 - 向左平移 4  个单位,则所得图形对应的函数解析式为__________. 【答案】 sin 2y x  【解析】 【分析】 利用三角函数图象的平移变换和伸缩变换求解. 【详解】将函数 cosy x 的图象上的所有点的横坐标缩小到原来的一半, 可得 cos2y x 的图象,再向左平移 4  个单位, 所得图象的解析式为 cos 2 4y x         , 即 cos 2 sin 22y x x       . 故答案为: sin 2y x  15. 数 2sin 4cos 2y x x   的最大值是__________. 【答案】6 【解析】 【分析】 利用平方关系将函数转化为 2cos 4cos 3y x x    ,利用二次函数的性质求解. 【详解】 2sin 4cos 2y x x   , 21 cos 4cos 2x x    , 2cos 4cos 3x x    , 2(cos 2) 7x    . ∵ cos 1x  , ∴当 cos 1x   时,y 有最大值,最大值为 6. 故答案为:6 - 10 - 16. 已知函数    2 3 4 3, 1 , 1x a x a xf x a x        ,在 R 上是增函数,则实数 a 的取值范围是 ______. 【答案】  1,2 【解析】 【分析】 根据分段函数单调递增可得两段也必单调递增,且左段的最大值小于等于右段的最小值,据此 列式可解得. 【 详 解 】 由 函 数    2 3 4 3, 1 , 1x a x a xf x a x        在 R 上 是 增 函 数 可 得   2 3 0 1 2 3 4 3 a a a a a           , 解得1 2a  . 故答案为 1 2a  . 【点睛】本题考查了分段函数的单调性,属于中档题. 易错警示:忽视左段的最大值小于等于右段的最小值. 三、解答题(本大题共 6 题,共 56 分) 17. 已知函数 ( ) 2sin 2 13f x x       . (1)写出 ( )f x 的最小正周期及最值. (2)求 ( )f x 的单调递增区间. 【答案】(1)最小正周期T  ;  f x 的最小值为 3 ,最大值为 1;(2)  f x 的单调递增 区间为 5 , ,12 12k k k         Z . 【解析】 【分析】 (1)由 ( ) 2sin 2 13f x x       ,利用 2T   求周期,再利用正弦函数的性质求最值; - 11 - (2)根据正弦函数的单调性,令 2 2 2 ,2 3 2k x k k         Z 求解. 【详解】(1) ( ) 2sin 2 13f x x       , 最小正周期 2 2T    , ∵ 1 sin 2 13x        , ∴  f x 的最小值为 3 ,最大值为 1. (2)令 2 2 2 ,2 3 2k x k k         Z , 解得: 5 ,12 12k x k k        Z , ∴  f x 的单调递增区间为 5 , ,12 12k k k         Z . 18. 已知函数 ( 1)( 1)( ) x xf x x   . (1)判断函数 ( )f x 的奇偶性﹒ (2)若  ( ) 0A x x f x  ∣ ,  22B x y x x   ∣ ,求 A B . 【答案】(1)  f x 是奇函数;(2)  1A B x x    或 1 2x  . 【解析】 【分析】 (1)先求出函数  f x 的定义域,然后奇偶性的定义判断即可. (2)由 ( ) 0x f x  得: ( 1)( 1) 0x x   ,求出集合 A ,再求出集合 B ,然后再求交集运算. 【详解】(1)函数  f x 的定义域为  ( ),0 0,   , ( 1)( 1) ( 1)( 1)( ) ( )x x x xf x f xx x            , 即 ( ) ( )f x f x   ,所以  f x 是奇函数﹒ (2)由 ( ) 0x f x  得: ( 1)( 1) 0x x   ,即 1x   或 1x , - 12 - 所以  1A x x  ∣ 或 1x  ,      2 22 2 0 1 2B x y x x x x x x x           ∣ ∣ ∣ , 所以  1A B x x    或 1 2x  . 19. 设 (2sin ,cos2 )OA x x , ( cos ,1)OB x  ,其中 0, 2x      . (1)求 ( )f x OA OB   的最值及取最值时对应的 x 值. (2)当OA OB  时,求 x 的值. 【答案】(1)当 0x  时,函数  f x 取得最大值为 1,当 3 8x  时,函数  f x 取得最小值 为 2 ;(2) 8  . 【解析】 【分析】 (1)根据 (2sin ,cos2 )OA x x , ( cos ,1)OB x  ,利用数量积运算和二倍角公式以及辅助 角法,将函数化简为   2 sin 2 4f x x       ,然后利用正弦函数的性质求解. (2)由OA OB  得到 2 sin 2 04x       ,则 2 ,4x k k Z    ,然后由 32 ,4 4 4x          求解 【详解】(1)∵ (2sin ,cos2 )OA x x , ( cos ,1)OB x  , ∴ ( ) 2sin cos cos2 sin 2 cos2f x x x x x x      , 2 22 sin 2 cos22 2x x        , 2 sin 2 4x       . ∵ 0, 2x      , - 13 - ∴ 32 ,4 4 4x          , 当 2 4 4x     时,即 0x  时,函数  f x 取得最大值为 1, 当 2 4 2x    时,即 3 8x  时,函数  f x 取得最小值为 2 . (2)当OA OB  时, 2 sin 2 04x       , 所以 2 ,4x k k Z    , ∵ 32 ,4 4 4x          , ∴ 2 04x   即 8x  时, 2 sin 2 04x       , 即当OA OB  时,x 的值为 8  . 20. 如图,以 Ox 为始边作角 与  (0 )β α π   ),它们的终边分别与单位圆相交于点 P、 Q,已知点 P 的标为 3 4,5 5     (1)求 sin 2 cos2 1 1 tan       的值; (2)若 0OP OQ   ,求 sin( )  的值 【答案】(1) 18 25 ;(2) 7 25 . 【解析】 【分析】 - 14 - (1)根据终边上点的坐标,利用三角函数定义得到角 的正弦值与余弦值,利用二倍角的正 弦公式、二倍角法余弦公式,切化弦,把要求的式子化简,约分整理,将所求三角函数值代 入求解即可; (2)以向量的数量积为 0 为条件,可得 2    ,从而可得 3sin 5   ,进而得 4cos 5   , 利用两角和的正弦公式可得结果. 【详解】(1)由三角函数定义得 3cos 5    , 4sin 5   ∴原式  2 22cos sin cos2sin cos 2cos 2cossin sin cos1 cos cos              2 · 23 5     = 18 25 (2) 0OP OQ   ,∴ 2    , ∴ 2    ,∴ 3sin sin cos2 5           4cos cos sin2 5          , ∴  sin sin cos cos sin        4 4 3 3 7 5 5 5 5 25          . 21. 已知在等边三角形 ABC 中,点 P 为线段 AB 上一点,且  0 1AP AB     . (1)若等边三角形 ABC 的边长为 6,且 1 3   ,求 CP  ; (2)若CP AB PA PB      ,求实数  的取值范围. 【答案】(1) 2 7 ;(2) 2 2 ,12       . 【解析】 - 15 - 【分析】 (1)当 1 3   时,可得出 1 3CP AB AC    ,利用平面向量数量积的运算性质可计算得出 CP  ; (2)设等边三角形 ABC 的边长为 a ,由平面向量数量积的运算性质可将CP AB PA PB      表示为含  的不等式,结合 0 1≤ ≤ 可求得实数  的取值范围. 【详解】(1)由 1 3   ,得 1 3AP AB  , 1 3CP AP AC AB AC        , 22 2 2221 1 2 1 26 6 6 cos603 9 3 369CP AB AC AB AC BAC A                   4 36 12 28    , 因此, 2 7CP  ; (2)设等边三角形 ABC 的边长为 a, 则     2 2 2 cos60CP AB CA AP AB AB AC AB AB AB AC a a                         2 21 2a a  ,     2 2 2PA PB PA AB AP AB AB AB a a                    , 即 2 2 2 2 21 2 a a a a      ,整理得 22 4 1 0    ,解得 2 2 2 2 2 2    . 2 2 2 2 2 2 0 1          ,解得: 2 2 12    , 因此,实数  的取值范围为 2 2 ,12       . 【点睛】方法点睛:求两个向量的数量积有三种方法:利用定义;利用向量的坐标运算;利 用数量积的几何意义.具体应用时可根据已知条件的特征来选择,同时要注意数量积运算律 的应用. 22. 已知函数 1( ) ( )2 xf x  ,函数 1 2 ( ) logg x x . (1)若 2( 2 )g mx x m  的定义域为 R ,求实数 m 的取值范围; (2)当 [ 1,1]x  时,求函数 2[ ( )] 2 ( ) 3y f x af x   的最小值 ( )h a ; - 16 - (3)是否存在非负实数 m n、 ,使得函数 2 1 2 log ( )y f x 的定义域为[ , ]m n ,值域为[2 ,2 ]m n , 若存在,求出 m n、 的值;若不存在,则说明理由. 【答案】(1) 1m > ;(2) 2 13 1,4 2 1( ) 3 , 22 7 4 , 2 a a h a a a a a            ;(3) 0, 2m n  【解析】 【分析】 (1)根据等价转化的方法,得到 2 2 0mx x m   在 R 上恒成立,然后利用分类讨论的方法, 0m  或 0m  ,并结合二次函数的图像与性质,可得结果. (2)利用换元法,可得 2 12 3, ,22y t at t         ,然后根据讨论对称轴 t a 与区间 1 ,22      的位置关系,根据函数单调性,可得结果. (3)化简式子可得 2y x= ,利用该函数的单调性,可得 2 2 2 2 0 m m n n n m        ,计算可得结果. 【详解】(1)由 1 2 ( ) logg x x , 所以  2 2 1 2 ( 2 )=log 2g mx x m mx x m    又 2( 2 )g mx x m  的定义域为 R , 则 2 2 0mx x m   在 R 上恒成立 当 0m  时, 2 0x  ,则在 R 上不恒成立 当 0m  时,则 2 0 14 4 0 m mm       综上: 1m > (2)令   1 ,2 [ 1,1] x t f x x        ,则 1[ ,2]2t  所以 2[ ( )] 2 ( ) 3y f x af x   在 [ 1,1]x  最小值 - 17 - 等价于 2 2 3y t at   在 1[ ,2]2t  的最小值 2 2 3y t at   对称轴为t a 当 1 2a  时, 2 2 3y t at   在 1[ ,2]2 递增 则在 1 2t  处有最小值 13( ) 4h a a  当 1 22 a  时, 则在 t a 处有最小值 2( ) 3h a a  当 2a  时, 2 2 3y t at   在 1[ ,2]2 递减 则在 2t  处有最小值 ( ) 7 4h a a  综上: 2 13 1,4 2 1( ) 3 , 22 7 4 , 2 a a h a a a a a            (3)存在 2 22 1 1 2 2 log ( ) log 1 2 x y xf x        ① 由 m n、 为非负实数,所以①在[ , ]m n 单调递增 又值域为[2 ,2 ]m n ,所以 2 2 2 02 20 m m mn n nn m          所以存在,当 0, 2m n  时, 函数 2 1 2 log ( )y f x 在[ , ]m n 上,值域为[2 ,2 ]m n 【点睛】本题简单考查了指数函数与对数函数,主要考查二次函数的图像与性质,第二问中, 难点在于采用讨论对称轴与 1[ ,2]2 的位置关系,典型的动轴顶区间的问题,属中档题. - 18 -