2020-2021学年内蒙古赤峰二中高一上学期期末考试数学(理)试题及答案

2020-2021学年内蒙古赤峰二中高一上学期期末考试数学（理）

试题

一、单选题

21．设集合A{(x,y)|yx1},B(x,y)|yx1，则AB（ ）

A． 答案：D

B．{1,2} C．{(1,0),(2,0)} D．{(1,0),(2,3)}

根据已知条件，联立方程求出交点坐标即可得到正确选项. 解：由题意得x1x21，即x2x20， 解得x11，x2故选：D.

2．下列各角中，与126°角终边相同的角是（ ） A．126 答案：B

写出与126°的角终边相同的角的集合，取k=1得答案．

解：解：与126°的角终边相同的角的集合为{α|α=126°+k•360°，k∈Z}． 取k=1，可得α=486°．

∴与126°的角终边相同的角是486°． 故选B．

【点睛】本题考查终边相同角的计算，是基础题． 3．函数f(x)x1A．(1,3) 答案：D

根据根式函数、分式函数和对数函数的定义域求解. x10解：由2x0，解得1x2．

2x12 ，故AB{(1,0),(2,3)}．

B．486 C．244 D．574

1的定义域为（ ）

lg(2x)B．(0,1) C．[1,2) D．(1,2)

所以函数f(x)x1故选：D

1的定义域为(1,2)，

lg(2x)试题

gm

4．函数f(x)xcosxx在,上的图像大致为

A． B．

C． D．

答案：A

利用函数的奇偶性和函数图像上的特殊点，对选项进行排除，由此得出正确选项.

解：由于fxxcosxxfx，所以函数为奇函数，图像关于原点对称，排除C选项.由ππππ于fπ0，所以排除D选项.由于f0，所以排除B选项.

3632故选A.

【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查函数的奇偶性、特殊点，属于基础题. 5．若幂函数f(x)的图像过点(3,3)，则函数yf(x)2x的零点为 A．1 答案：D

结合题意,代入点坐标,计算fx的解析式,计算零点,即可得出答案. 解：fxx，yfx2xx2x0，x2，x4.

【点睛】本道题考查了函数解析式的计算方法和函数零点计算问题,代入点坐标,计算解析式,计算零点,属于较容易题.

B．2

C．3

D．4

46．若角的终边过点(3,y)，且sin，则sin(2)（ ）

5A．

3 53B．

5C．

24 25D．24 25答案：C

根据三角函数的定义求解出cos的值，再结合诱导公式以及二倍角的正弦公式完成计算. 解：因为sin433，所以y4，所以cos， 59y29165y3424又因为sin(2)sin22sincos2．

5525试题

gm

故选：C.

7．已知函数fxAsinxA0,0,的部分图象如图所示，则函数yfx的表

2达式是

A．fx2sinx

122C．fx2sin2x

3答案：D

B．fx2sin2x

3D．fx2sin2x

3根据函数的最值求得A，根据函数的周期求得，根据函数图像上一点的坐标求得，由此求得函数的解析式.

解：由题图可知A2，且

22T115即T，所以2， 22122T5将点,2的坐标代入函数fx2sin2x，

1252kkZ，即2kkZ， 得623因为2，所以，

3所以函数fx的表达式为fx2sin2x．故选D.

3【点睛】本小题主要考查根据三角函数图像求三角函数的解析式，属于基础题.

d8．已知b0,log5ba,lgbc,510，则下列等式一定成立的是（ ）

A．dac 答案：B

B．acd C．cab D．dac

利用指数式与对数式的互化可得b5a,b10c，再由指数的运算即可求解. 解：因为b0,log5ba,lgbc, 所以b5a,b10c， 又5d10,

所以b5a10c5d5cd，

试题

cgm

所以acd, 故选：B

9．已知偶函数fx在0,上单调递减，则满足f4x3f5的x的取值范围是（ ） 2A．,

3B．,1

11C．,2, D．,1,

22答案：C

解：因为偶函数fx在0,上单调递减，则满足f4x3f5， 所以f4x3f5，可得4x35, 1即4x35或4x35,x2或x，

21x的取值范围是,2,.

2故选：C.

ax10．设函数fxe与gxblnx的图象关于直线xy0对称，其中a，bR且a0.则a，

b满足（ ）

A．ab2 答案：C

axaxax由题意可知函数fxe图象上任意一点Ax,e关于xy0对称点A1e,x在函数

B．ab1 C．ab1 D．

b1 agxblnx的图象上，代入利用对数的运算性质即可求解.

解：解：设Ax,eax是函数fxeax图象上任意一点，

ax则它关于直线xy0对称的点A1e,x在函数gxblnx的图象上，

所以xblneaxabx，即ab1， 故选：C.

【点睛】本题考查了互为反函数的性质，考查了基本知识的掌握情况以及基本运算能力，属于基础题.

211．若sin5A．233 66sin,是第三象限角，则（ ） 153B．323 6C．63 6D．36 6答案：C

试题

gm

2先根据已知条件求解出cos52，由此的值，然后再根据角的配凑将表示为1553结合两角和的正弦公式求解出sin的值.

152解：a是第三象限角且sin52536，,23， 3112,，cos5105221sin53， 3212sin又sinsin15532532cos52， 163363sin ， 1523236故选：C.

|log2x,x012．已知函数f(x)，若函数yf(x)m有四个零点a,b,c,d，则abcd的取值范围

x21,x0是 A．[0,2) 答案：B

解：不妨设abcd，fx的图像如图所示， 则ab4，log2clog2d，

B．[0,3)

C．[1,2)

D．[2,3)

1其中1b0,c1,1d2，

2故log2clog2d，也就是cd1， 则abcdabb(4b)(b2)24， 因1b0，故abcd0,3. 故选：B.

试题

gm

【点睛】函数yfxm有四个不同零点可以转化为yfx的图像与动直线ym有四个不同的交点，注意函数的图像有局部对称性，而且c,d还是倒数关系. 二、填空题 13．已知

2sincos1，则tan_________．

sin22答案：

3已知等式左边分子分母除以cosα，利用同角三角函数间的基本关系化简，整理即可求出tanα的值． 解：

22sin+cos2tan+11，解得tan

3sintan22故答案为

314．若xlog321，则4x2x___． 答案：

26 3结合xlog321得到2x3，利用该式子，计算出4x,2x，即可． 解：xlog23，2x3，2x126xx，4x9，42. 33【点睛】本道题考查了指对互化，指数幂的运算，较容易． 15．若扇形AOB的圆心角为答案：

15 23，周长为10+3π，则该扇形的面积为_____． 5设扇形AOB的的弧长为l，半径为r，由已知可得l＝3π，r＝5，再结合扇形的面积公式求解即可. 解：解：设扇形AOB的的弧长为l，半径为r， l3∴，l+2r＝10+3π， r5∴l＝3π，r＝5，

试题

gm

115∴该扇形的面积Slr，

22故答案为：

15. 2【点睛】本题考查了扇形的弧长公式及扇形的面积公式，重点考查了方程的思想，属基础题.

216．已知函数fx3sinxcosxcosx，若函数fx是偶函数，则tan2________．

答案：3 先利用二倍角公式和辅助角公式化简函数，计算fx，再根据fx是偶函数解得

2k2kZ，计算tan2即可. 3解：fx31cos2x1sin2xsin2x， 22621故fxsin2x2是偶函数，即2k，

6262222故2kkZ，∴tan2tank3tan33．

3故答案为：3 三、解答题

ax22,f(1)1,f(2)5． 17．已知函数f(x)bx（1）求函数f(x)的解析式；

1（2）求函数f(x)在1,上的值域．

253x22答案：（1）f(x)；（2）1,．

2x(1)根据已知条件，解方程组求出a，b，即可得到函数f(x)的解析式； 1(2) 判断函数f(x)在1,上的单调性，即可求出值域.

2解：(1)由f(1)1，f(2)5 ， 得

4a2a25， 1，

b2b3x22所以a3，b1，故f(x)．

x13x2223x在1,上是增函数， (2)因为f(x)2xx15f(1)1，f，

225所以f(x)的值域为1,．

2试题

gm

18．对于函数f(x)a2(aR). 2x1（1）探索函数f(x)的单调性，

（2）是否存在实数a使函数f(x)为奇函数？ 答案：（1）f(x)在R上为增函数；（2）存在实数a1

（1）根据题意，分析函数的定义域，由作差法分析可得结论；

（2）根据题意，假设存在实数a使函数f(x)为奇函数，则有f(x)a22a0，分析可得a的值． 2x12x122为减函数，故f(x)ax是增函

2121xf(x)0，即

解：（1）函数的定义域为R，而y2x为增函数，y数.

证明如下：任取x1,x2R，且x1x2，则2x22x10，

22x12x12222fx2fx1ax2x2x0. ax1x1x21212121212121fx2fx1.故f(x)在R上为增函数.

（2）假设存在实数a，使f(x)为奇函数，则f(x)f(x)，a即2a22x2121x22a， 2x12x122x2， 2121xa1，故存在实数a1，使函数f(x)为奇函数.

【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是求出a的值，属于基础题．

119．已知tan,0.

432（1）求tan的值； （2）求sin,cos的值；

（3）求sin2的值.

42255；（3）. ,cosa1055（1）根据两角差的正切公式将tan展开，即可计算出tan的值；

4答案：（1）2；（2）sina（2）已知tan的值，可通过商数关系以及平方和关系求解出sin,cos的值； （3）先计算出sin2,cos2的值，然后根据两角和的正弦公式求解出结果.

tan11，解得tan2； 解：1由tan41tan3试题

gm

sin2cos25sin22sincos152由tan2，可知，解得 50cos253由2可知sin22sincos22255， 5553cos22cos2121， 5522432所以sin2. sin2cos2422551020．某景区提供自行车出租，该景区有50辆自行车供游客租赁使用，管理这些自行车的费用是每日115元．根据经验，若每辆自行车的日租金不超过6元，则自行车可以全部租出；若超出6元，则每超过1元，租不出的自行车就增加3辆．为了便于结算，每辆自行车的日租金x（元）只取整数，并且要求租自行车一日的总收入必须高于这一日的管理费用，用y（元）表示出租自行车的日净收入（即一日中出租自行车的总收入减去管理费用后得到的部分）． （1）求函数yfx的解析式；

（2）试问当每辆自行车的日租金为多少元时，才能使一日的净收入最多？

50x115,3x6,xZfx答案：（1）； 23x68x115,6x20,xZ（2）当每辆自行车的日租金定为11元时，才能使一日的净收入最多．

（1）写出当x取值范围内，自行车的总收入，并减去管理费可得出yfx的解析式，注意实际问题中自变量取值范围；

（2）利用一次函数、二次函数的单调性求出分段函数yfx在每段定义域上的最大值，两者进行比较得出函数yfx的最大值.

解：（1）当x6时，y50x115，令50x1150，解得x2.3，

x是整数，3x6，xZ；

2当x6时，y503x6x1153x68x115，

令3x268x1150，有3x268x1150，结合x为整数得6x20，xZ.

50x115,3x6,xZfx； 23x68x115,6x20,xZ（2）对于y50x1153x6,xZ，显然当x6时，ymax185；

试题

gm

34811对于y3x68x1153x6x20,xZ，

3322当x11时，ymax270.

270185，当每辆自行车的日租金定为11元时，才能使一日的净收入最多．

【方法突破】

（1）实际问题中有些变量间的关系不能用同一个关系式给出，而是由几个不同的关系式构成，如出租车票价与路程之间的关系，应构建分段函数模型求解；

（2）构造分段函数时，要力求准确、简捷，做到分段合理、不重不漏； （3）分段函数的最值是各段的最大（最小）值的最大（最小）者.

【点睛】本题考查分段函数模型的应用，解题的关键就是建立函数模型，得出函数关系式，并熟悉分段函数求最值的基本步骤，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

2k21．已知幂函数f(x)kk1x(kR)，且在区间(0,)内函数图象是上升的．

（1）求实数k的值；

（2）若存在实数a，b使得函数f（x）在区间[a，b]上的值域为[a，b]，求实数a，b的值． 答案：（1）2；（2）a＝0，b＝1．

（1）根据幂函数的定义先求出k的可能值，再根据幂函数的单调性判断正确的k值； （2）根据函数f(x)的单调性即可判断f(x)的取值情况，列出式子即可求解.

2k解：（1）f(x)kk1x(kR)为幂函数，

∴k2k11，解得k1或k2， 又f(x)在区间(0,)内的函数图象是上升的，

k0，

∴k＝2；

（2）∵存在实数a，b使得函数f(x)在区间a,b上的值域为a,b，且f(x)x2，

a2af(a)a∴，即2， f(b)bbbab，∴a＝0，b＝1．

【点睛】本题考查幂函数的定义和单调性的运用，考查函数最值的求法，是一道基础题. 22．已知函数fxksinxcosxsinxcosx1．

（1）若fx0对x,恒成立，求实数k的取值范围；

44试题

gm

（2）当k1时，求函数fx在0,2上零点的个数． 2,答案：（1）（2）两个. ；41t22,0（1）令sinxcosxt，则可得ykt10对t成立，即可列式求出； 21t210，解得t1kk23，t2kk23，可得0t11，t23，即（2）由（1）kt2可判断零点个数.

1t2解：（1）令sinxcosxt，则12sinxcosxt，sinxcosx．

2t2sinx，当x,时，x,0，sinx1,0．

4244442fx0对x2,恒成立，化为ykt1t10对t2,0成立． 442∴t22kt30对t2,0恒成立，∴222k30，

∴k22,，即k的取值范围是． 44（2）由（1）知f(x)化为ykt1t21，其中t2sinx[2,2]．

421t210，即t22kt30得tkk23． 由kt2当k1时，k21，k232，k232，∴k223． 令t1kk23，t2kk23，则t1t23，∴t1由t23知0有两解．

∴k1时，函数fx在0,2上有两个零点．

【点睛】关键点睛：本题考查函数不等式的恒成立问题，解题的关键是将不等式转化为t22kt303． t231，∴0t11．∴2sinxt2无解，2sinxt1在x0,2上t244恒成立，考查零点个数的判断，解题的关键是转化为2sinx2,0对tt2和42sinxt1解的个数.

4试题