2020-2021学年安徽省亳州市第一中学高一上学期期末数学试题(解析版)

试题

一、单选题

22A1．已知集合则AB=（ ） x1,Byy6y50，xA．0,5 【答案】A

B．0,5 C．0,3 D．0,3

【分析】先求得集合A、B，再由集合的并集运算可得选项. 【详解】由

2x220，解得0x2， 1得10，即

xxx由y26y50得y1y50，解得1y5， 所以A=(0,2],B=[1,5],所以A故选：A.

2．在ABC中，cosAA．2 【答案】A

【分析】根据已知条件计算出tanA的值，然后根据两角差的正切公式结合tanA,tanB的值计算出tanAB的值.

B．B=(0,5].

2tanB1，，则tanAB（ ）

321 2C．

1 2D．2

【详解】因为cosA32A0,且，所以A，所以tanA1， 42所以tanABtanAtanB2，

1tanAtanB1113113故选：A.

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是根据特殊角的余弦值求出其正切值以及两角差的正切公式的熟练运用.

3．已知a20.6，bsin2，clog0.31.3，则（ ）

1

A．cab 【答案】D

B．abc C．bac D． cba

【分析】根据指数函数、对数函数、正弦函数的性质把a,b,c与0和1比较后可得． 【详解】因为20.61，0sin21，log0.31.30，所以cba． 故选：D．

4．刘徽是我国古代伟大的数学家，他的《九章算术注》和《海岛算经》被视为我国数学史上的瑰宝，他创立的“割圆术”理论上能把的值计算到任意精度.“割圆术”是指用圆内接正多边形的面积来近似代替圆的面积，如图，从正六边形开始，依次将边数增倍，使误差逐渐减小，当圆内接正三百六十边形时，由“割圆术”可得圆周率的近似值为（ ）

A．360cos1 【答案】D

B．180cos1 C．360sin1 D．180sin1

【分析】圆内接正三百六十边形可以看成由360个顶角为1的等腰三角形构成，腰长与圆的半径相等，利用圆内接正三百六十边形的面积与圆的面积近似相等，计算的近似值.

【详解】设圆的半径为1，

当圆内接正三百六十边形时，每边端点与圆心连线构成的小三角形均为腰为1，顶角为

1的等腰三角形，

则圆内接正多边形的面积为S111sin1360180sin1， 2圆的面积为，用圆内接正多边形的面积来近似代替圆的面积， 即有180sin1π. 故选：D.

【点睛】本题利用“割圆术”计算圆周率的近似值，需要仔细阅读题干，理解“割圆术”的概念，考查学生的理解辨析能力和运算求解能力，是基础题. 5．已知函数fx22sin2xsinx，要得到gxsin2x2sinx144的图象，只需将fx的图象（ ）

2

A．向左平移

3个单位长度 43个单位长度 8B．向左平移

3个单位长度 43个单位长度 8C．向右平移【答案】C

D．向右平移

【分析】利用二倍角公式，诱导公式，两角和与差的正弦公式化简函数为一个角的三角函数形式，然后由三角函数图象的平移变换判断． 【详解】

fx22sinxsinx22cosxsinx2sin2x2cos2x444422sin2x，

222gxsin2x2sinx1sin2xcos2x2sin2xcos2x2sin2x224232sin2x8， 23个单位，可得g(x)的图象． 8因此只要把f(x)的图象向右平移故选：C．

【点睛】方法点睛：本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数图象平移变换．解题方法是首先利用二倍角公式，诱导公式，两角和与差的正弦公式把函数化为

f(x)Asin(x)形式，（两个函数形式要一致，同名函数），然后由三角函数图象

变换判断．

6．已知fx是奇函数，且当x0时f(x)2x4，则不等式fx20的解集为（ ）

A．xx0或x4 C．xx0或x2 【答案】B

【分析】由x0时函数解析式及奇函数的对称性，画出函数图象，数形结合将函数不等式转化为自变量的不等式，解得.

B．x0x2或x4 D．xx2或x2

 3

【详解】解：当x0时f(x)2x4 ，又fx是奇函数，图象关于原点对称，即可画出函数图象如下所示，

要使fx20，结合图象可得x22或2x20 解得x4或0x2

故不等式的解集为x|0x2或x4 故选：B．

【点睛】本题考查函数的奇偶性，数形结合思想，考查运算能力，属于基础题． 7．已知不等式xy（ ） A．8 【答案】C

B．6

C．4

D．2

1a≥9对任意实数x、y恒成立，则实数a的最小值为xy1a1a【分析】由题意可知，xy9，将代数式xy展开后利

xyminxy用基本不等式求出该代数式的最小值，可得出关于a的不等式，解出即可.

1aaxyxy【详解】a1.

xyyx若xy0，则

axyy0，从而a1无最小值，不合乎题意；

yxx 4

若xy0，则

xy0，0.

yxaxya1无最小值，不合乎题意； yx①当a0时，

axyy1aa111xy≥9不恒成立； ②当a0时，，则yxxxy③当a0时，

1aaxyaxyxya12a1a2a1yxxyyx当且仅当y所以，

a1，

2ax时，等号成立.

a19，解得a4，因此，实数a的最小值为4.

2故选：C.

【点睛】本题考查基本不等式恒成立问题，一般转化为与最值相关的不等式求解，考查运算求解能力，属于中等题. 8．已知函数fxA．－100 【答案】B

【分析】利用f(10)f(10)计算可得． 【详解】由已知f(10)asinxbtanxx21，若f10100，则f10（ ）

ccosxB．102

C．98

D．－102

asin10btan101001100，又

ccos10f(10)asin(10)btan(10)asin10btan10(10)211001，

ccos(10)ccos10所以f(10)100202，f(10)102， 故选：B． 9．已知函数f(x)3，则2x21f4A．

1f31ff(1)2B．

21 43f25f3C．7

7f（ ） 4D．

21 215 2【答案】B

【分析】先利用解析式计算f(x)f(2x) 5

3，再计算和式即可得到结果. 2【详解】因为f(x)3， 2x2332x332xf(x)f(2x). 所以f(2x)2x，xxx222222222243故f141f31ff(1)23f25f332173f3.

22442故选：B.

【点睛】本题解题关键是通过指数式运算计算f(x)f(2x)决问题.

10．已知定义在R上的奇函数yf(x)，对任意的xR都有f(1x)f(1x)，当1x0时，f(x)A．6 【答案】D

【分析】函数g(x)f(x)2在0,8零点之和就是yf(x)与x2交点横坐标的和，作出函数的图象分析得解.

【详解】函数g(x)f(x)2在0,8零点之和就是f(x)2在0,8内所有的根的和， 就是yf(x)与x2交点横坐标的和， 函数yf(x)的图象如图所示， 由图可知x1x22,x3x410， 所以x1x2x3x412

3，再配对求和即解2log2(x)，则函数g(x)f(x)2在0,8内所有零点之和为

C．10

D．12

B．8

故选：D

【点睛】本题主要考查函数的图象的综合应用，考查函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

lnx,x0,11．已知函数f(x)2若关于x的方程

x4x1,x0, 6

f2(x)2af(x)a210有8个不相等的实数根，则实数a的取值范围为（ ）

A．[2,4] 【答案】B

【分析】设f(x)t，将方程f2(x)2af(x)a210有8个不相等的实数根，转化为t的方程t22ata210有两个不等实根1t1t25，设

B．[2,4)

C．(2,4)

D．(2,4]

g(t)t22ata21，根据二次函数图像的性质，得出g(1)0,g(5)0,，即可求出实数a的取值范围. 1a5,(2a)24a210,【详解】解：由于关于x的方程f2(x)2af(x)a210有8个不相等的实数根， 设f(x)t，则t22ata210，作出f(x)的图像，由图1知， 关于t的方程t22ata210有两个不等实根1t1t25，

g(1)0,g(5)0,设g(t)t22ata21，则由图2知，

1a5,(2a)24a210,12aa210,a2或a0,22510aa10,a6或a4,所以，所以，

1a5,1a5,40,40,解得：2a4，即：实数a的取值范围为[2,4). 故选：B．

图1 图2

【点睛】本题考查函数与方程的综合应用，通过方程的零点个数求参数范围，

考查转化思想和数形结合思想.

7

二、多选题

12．函数fxAsinxA0,0,0的部分图象如图中实线所示，图中圆C与fx的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（ ）

A．函数fx在7,上单调递减 123B．函数fx的最小正周期是 C．函数fx的图象向左平移D．若圆半径为【答案】BCD

【分析】由图易得点C的横坐标为

12个单位后关于直线x

2

对称

53，则函数fx的解析式为fxsin2x 12633，所以f(x)的周期T，所以2,从而可得

f(x)Asin2x，A0，根据三角函数的图象性质对选项进行逐一分析可得

3答案.

【详解】MN关于C对称，则xCC∴，,0 332T，即T，∴2，B正确 2362fxAsin2x，

∴63，所以fAsinA，

1262123

3fxAsin2x，2k2x2k

3232 8

12kx7115k，k1时，x 121212∴fx在5,单调减，A错； 121212fx向左平移

个单位

gxAsin2xAsin2xAcos2x

21232x时x

圆半径为

2

，∴gx关于x

2

对称，C正确

5时，M0, 124∴f0Asin34，∴A3

6fx3sin2x，D正确， 63故选：BCD．

【点睛】思路点睛：在多选题中，很多时候都会有一个三角函数的题目，这要引起大家的重视，考的三角函数的图象与性质，要知道三角函数的最值，周期，对称性，奇偶性，单调性，变换与平移等等．

三、填空题 13．已知sin【答案】

1，则sin2______. 421 2【分析】由已知利用两角差的正弦函数公式可得sincos角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式即可计算得解． 【详解】

2，两边平方，由同221sinsincoscossinsincos，得

444222， 2112两边平方得，1sin2，解得sin2.

222 9

sincos将sincos故答案为：

1. 2xR， 14．已知命题p：都有x2axa0是真命题，则实数a的取值范围是______．

【答案】[0,4]

【分析】由于xR，都有x2axa0，所以0，从而可求出实数a的取值范围

【详解】解：因为命题p：xR，都有x2axa0是真命题， 所以0，即a24a0，解得0a4， 所以实数a的取值范围为[0,4]， 故答案为：[0,4]

15．已知直线x是函数fxsinx3cosx图象的一条对称轴，则tan______. 【答案】

1 3【分析】化简函数解析式，利用辅助角公式合一变换得

fxsinx3cosx10sin(x)(tan3)，根据对称轴代入得

2kkZ，从而求出tan.

【详解】fxsinx3cosx10sin(x)(tan3)，已知x是函数的一条对称轴，所以2kkZ，所以当k为偶数时，

11tantanktan，当k为奇数时，

22tan31113tantanktan，所以tan.

22tan33故答案为：

1. 3【点睛】关于三角函数解析式的化简问题，首先需要利用和差公式或者诱导公式展开化为同角，其次利用降幂公式进行降次，最后利用辅助角公式进行合一变换，最终得到

fxAsinx的形式.

sinx,0x116．已知函数f(x)，实数a，b，c互不相等，且

logx,x12019f(a)f(b)f(c)，则abc的取值范围是________．

10

【答案】(2,2020)

【分析】画出函数图象，即可得出ab1,c1,2019，即可求得. 【详解】画出fx的函数图象，如图所示， 由f(a)f(b)f(c)，不妨设abc， 由图可得a,b关于x1对称，1c2019， 2则abc1c2,2020. 故答案为：(2,2020).

【点睛】关键点睛：解决本题的关键是画出函数图象，数形结合求解.

四、解答题 17．已知sin(Aπ72A(π,π)，． )42410（1）求cosA的值； （2）求函数f(x)cos2x5sinAsinx的值域． 2【答案】（1）

33（2）-3, 52【详解】试题分析：（1）本题有两个化简方向，一是展开，利用同角三角函数关系求角，即sinAcosA的关系，即

37，结合sin2Acos2A1,cosA0解得cosA，二是利用角

55ππππππcosAcos[(A)]cos(A)cossin(A)sin444444227223（2）研究函数性质，首先化为一元函数,即利用二倍角公1021025513sinAsinx12sin2x2sinx2(sinx)2，222 11

式化简得：f(x)cos2x因为sinx[1,1]，所以值域为[3,]．

32试题解析：（1）因为

ππππ3πA，且sin(Aπ)72，所以A，42244410π2． cos(A)410因为cosAcos[(Aππππππ)]cos(A)cossin(A)sin 4444443227223cosA．所以． 6 51021025（2）由（1）可得sinA54． 所以f(x)cos2xsinAsinx 5212322(sinx)，xR． 因为sinx[1,1]，所以，当12sinx2sinx22sinx31时，f(x)取最大值；当sinx1时，f(x)取最小值3． 2232所以函数f(x)的值域为[3,]． 14分 【解析】给值求值，函数值域

18．已知函数fxloga22xlogax4，其中a1. （1）求函数fx的定义域；

（2）若函数fx的最大值为2.求a的值. 【答案】（1）(4,1)；（2）a52.

2【分析】（1）根据对数的性质进行求解即可；

（2）根据对数的运算性质，结合配方法、对数复合函数的单调性进行求解即可. 【详解】（1）要使函数有意义，则有解得4x1，

所以函数fx的定义域为(4,1). （2）函数可化

23252f(x)loga(22x)loga(x4)loga(2x6x8)loga2x.

2222x0，

x40 12

32525因为4x1，所02x. 222232525log因为a1，所以loga2x， a2222即f(x)maxloga25， 2由loga19．

252，解得a52. 22函数f(x)Asin(x)(A0,0,2)部分图象如图所示．

（Ⅰ）求f(x)的最小正周期及解析式；

（Ⅱ）设g(x)f(x)cos2x，求函数g(x)在区间x[0,]上的最大值和最小值． 【答案】（Ⅰ）f(x)sin(2x26);（Ⅱ）最大值为1；最小值为1． 2【分析】（Ⅰ）由图可得A1，T2，根据周期公式可得2，当x62362时，f(x)1，可得 sin(2π)1，因为， 所以，即可求出f(x)的

266解析式.（Ⅱ）对函数g(x)f(x)cos2xsin(2x6)cos2x，化简可得

5ππg(x)sin(2x)，因为0x，所以2x，当2x，即

6266662x

3

时，即可求出g(x)的最大值；当2x66，即x0时，即可求出g(x)的

最小值．

13

【详解】（Ⅰ）由图可得A1，所以2 当x

T2，所以T 23626

时，f(x)1，可得 sin(2)1， 6因为2， 所以π 6所以f(x)的解析式为f(x)sin(2x6)

（Ⅱ）g(x)f(x)cos2xsin(2x6)cos2x

sin2xcos6cos2xsincos2x3sin2x1cos2x 622πsin(2x)

6因为0x当2x2，所以62x65 6ππ，即x时，g(x)有最大值，最大值为1； 6231当2x，即x0时，g(x)有最小值，最小值为．.

662xx20．已知函数fx2a2aR，且fx的图象关于y轴对称.

（1）求证：fx在区间0,上是单调递增函数； （2）求函数hxfxf2x，x0,1的值域. 【答案】（1）证明见解析；（2）4,27. 4xx0，得到a1，得到【分析】（1）根据fxfx0，得到1a22fx2x2x，结合函数的单调性的定义，即可证得fx在0,上单调增；

xx2x2x2（2）由hx2222，令t2x2x，得到函数hxtt2，结

合二次函数的性质，即可求解.

【详解】（1）由题意，函数fx的图象关于y轴对称，可得fx为偶函数，

xxxx0， 所以fxfx0，即2a22a2 14

整理得1a22xx0，

xx因为任意的xR均成立，故1a0，所以a1，即fx22，

任取x1,x20,，且x1x2， 则

fx2fx122x2x222x1x12x12x2222x1x2x12x1x22x22x1x212x22x12x1x2.

xxxx因为x1,x20,，且x1x2，可得21220，21210，

所以fx2fx1，故fx在0,上单调增.

xx2x2x（2）由hxfxf2x2222，且x0,1，

令t2x2x，x0,1，由（1）可得t2,，

25则hx2x2x222x2x5192t，tt2t2,2，

24527. 时，hxmax242显然当t2时，hxmin4；当t故hx的值域为4,27. 421．2020年春节前后，一场突如其来的新冠肺炎疫情在武汉出现并很快地传染开来（已有证据表明2019年10月、11月国外已经存在新冠肺炎病毒），对人类生命形成巨大危害．在中共中央、国务院强有力的组织领导下，全国人民万众一心抗击、防控新冠肺炎，疫情早在3月底已经得到了非常好的控制（累计病亡人数3869人），然而国外因国家体制、思想观念的不同，防控不力，新冠肺炎疫情越来越严重．疫情期间造成医用防护用品短缺，某厂家生产医用防护用品需投入年固定成本为100万元，每生产x万件，需另投入流动成本为W(x)万元，在年产量不足19万件时，W(x)产量大于或等于19万件时，W(x)26x22xx（万元），在年3400320（万元），每件产品售价为25元，x通过市场分析，生产的医用防护用品当年能全部售完．

（1）写出年利润L(x)（万元）关于年产量x（万件）的函数解析式；（注：年利润＝年销售收入－固定成本－流动成本）

（2）年产量为多少万件时，某厂家在这一商品的生产中所获利润最大？最大利润是多

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少？

22x24x100,0x193【答案】（1）L(x)；（2）当生产的医用防护服年产量

400220x,x19x为20万件时，厂家所获利润最大，最大利润为180万元．

【分析】（1）根据题意，分0x19、x19两种情况可写出答案；

（2）利用二次函数和基本不等式的知识，分别求出0x19、x19时的最大值，然后作比较可得答案.

【详解】（1）因为每件商品售价为25元，则x万件商品销售收入为25x万元，

2222L(x)25xxx100x24x100， 0x19依题意得，当时，33当x19时，L(x)25x26x400400320100220x， xx22x24x100,0x193所以L(x)；

400220x,x19x（2）当0x19时，L(x)2(x18)2116， 3此时，当x18时，L(x)取得最大值L18116万元， 当x19时，L(x)220x此时，当且仅当x4004002202x22040180万元， xx20时，L(x)取得最大值180万元，

400，即xx因为116180，所以当生产的医用防护服年产量为20万件时，厂家所获利润最大， 最大利润为180万元．

22．已知函数gx2ax4ax22ba0，在区间2,3上有最大值8，有最

2小值2，设fx（1）求a,b的值；

gx2x．

xx（2）不等式f2k20在x1,1时恒成立，求实数k的取值范围；

 16

230有三个不同的实数解，求实数k的取值范（3）若方程fe1kxe1x围．

【答案】（1）a1，b0；（2）k0；（3）k0

【分析】（1）根据gx在2,3上的单调性，结合最大值和最小值，得到关于a,b的方程组，解得a,b的值；（2）先得到fx的解析式，根据x1,1，令t2,2，

2x112x1得到k211恒成立，从而得到k的取值范围；（3）设me1，然tttx2后方程可化为m23km2k10，根据me1的图像，得到方程的根m2的取值要求，由根的分布得到关于m的不等式组，解得m的取值范围. 【详解】（1）gx2ax4ax22b(a0)

2开口向上，对称轴为x1， 所以在2,3上单调递增，

因为gx在区间2,3上有最大值8，有最小值2，

8a8a22b2g22 所以有，即g3818a12a22b8解得a1，b0

（2）gx2x4ax2，所以fx2gx1x2， 2xx因为x1,1，令t2,2

2x1由不等式f(2x)k2x0在x[1,1]时恒成立， 得ftkt0在t,2时恒成立，

211121则t2kt，即k211 tttt21111因为t,2，则,2，所以10 t22t2所以得k0.

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x（3）设me1，则方程f(e1)k(x23)0 xe1可转化为fmk212230，即m2k30

mmm整理得m3k2m2k10

230要有三个不同的实数根据me1的图像可知，方程fe1kxe1xx解，

则方程m3k2m2k10的要有两个不同的实数根

2一根在0,1之间，一根等于1，或者一根在0,1之间，一根在1,， 设hmm3k2m2k1

2①一根在0,1之间，一根等于1时，

2k10h00h10，即13k22k10， 3k23k20011221k2解得k0，所以无解集

2k03②一根在0,1之间，一根在1,时，

h0012k0，即， h10k01k解得2，所以k0.

k0综上所述，满足要求的k的取值范围为k0.

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【点睛】本题考查根据二次函数的最值求参数的值，换元法解决不等式恒成立问题，根据函数的零点个数求参数的范围，一元二次方程根的分布，属于难题.

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