广东省云浮市2021-2022高一数学上学期期末考试试题.doc

广东省云浮市2021-2022高一数学上学期期末考试试题

考生注意：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填写在答题卡上．

3．本试卷主要考试内容：人教A版必修1，必修4第一、三章．

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的．

1．已知集合A0,1,2,3,4,5，B1,3,6,9，则AB（ ）

A．1,3

B．1,3,6

C．

D．3,6

2．函数f(x)5xlg(x2)的定义域是（ ） A．(2,5]

B．(2,5)

C．(2,5]

D．(2,5)

3．512（ ）

A．70

B．75

C．80

D．85

4．若函数f(x)m22m2xm1是幂函数，则m（ ）

A．3

B．1

C．3或1

D．13 5．设终边在y轴的负半轴上的角的集合为M，则（ ）

A．M∣332k,kZ B．M∣2k2,kZ

C．M∣2k,kZ D．M∣22k,kZ6．圆心角为60，弧长为2的扇形的面积为（ ）

A．

130 B．

6 C．

3 D．

30

7．cos350sin70sin170sin20（ ）

A．32 B．32 C．

12 D．12 8．函数f(x)x32xln|x|的部分图象大致为（ ）

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9．若为第二象限角，下列结论错误的是（ ）

A．sincos C．costan0

B．sintan D．sincos0

10．某工厂产生的废气必须经过过滤后排放，规定排放时污染物的残留含量不得超过原污染物总量的

0.5%．已知在过滤过程中的污染物的残留数量P（单位：毫克/升）与过滤时间t（单位：小时）之间的函数关系为PP0ekt（k为常数，P0为原污染物总量）若前4个小时废气中的污染物被过滤掉了80%，那么要能够按规定排放废气，还需要过滤n小时，则正整数n的最小值为（参考数据：取

log520.43）

A．8

B．9

C．10

xD．14

11．设x1，x2， x3分别是方程log3xx3，log3(x2)x，elnx4的实根，则（ ）

A．x1x2x3 C．x2x3x1

B．x2x1x3 D．x3x2x1

12．已知函数f(x)lnx21x，若x(0,)时，不等式fx21f(mx)0恒成立，则实

数m的最大值为（ ）

A．0

B．1

C．2 第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上． 13．已知tan4，则tan2_________．

D．3

x6,x014．已知函数f(x)，若fa5，则a_________．

log(x),x0215．4(3)(3)log227 _________．

16．定义在R上的偶函数fx满足f(x)f(4x)，且当x[0,2]时，f(x)cosx，则

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gxfxlg|x|的零点个数为_________．

三、解答题：本大题共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．（10分）

x0∣已知集合Ax∣xa2或 xa3，Bx． 5x0（1）当a1时，求A（2）若A18．（12分）

已知角的终边经过点P(2,3)，求下列各式的值． （1）

B；

BB，求实数a的取值范围．

2sin；

3cossin3sin2sin2()2． 22（2）cos219．（12分）

已知函数f(x)2cos(x)0的图象过点(0,2)． 2（1）求函数fx的解析式，并求出fx的最大值、最小值及对应的x的值；

（2）把yfx的图象向右平移1个单位长度后得到函数gx的图象，求gx的单调递减区间． 20．（12分）

已知函数fx是定义在R上的奇函数，当x(0,)时，fxxax32a．

2（1）求fx的解析式；

（2）若fx是R上的单调函数，求实数a的取值范围． 21．（12分）

已知函数f(x)2sin(x)06,||2，f(x)的图象的一条对称轴是x

3

，一个对称

中心是7,0． 12（1）求fx的解析式

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（2）已知A，B，C是△ABC的三个内角，且fB22．（12分）

485，，求cosA． cosC1225132ex2ex已知函数f(x)，其中e为自然对数的底数．

3（1）证明：fx在(0,)上单调递增； （2）设a0，函数g(x)cos2xacosxa2，如果总存在x1[a,a]，对任意x2R，3fx1gx2都成立，求实数a的取值范围．

云浮市2021~2021第一学期高一期末考试

数学参

1．A

AB1,3．

5x0x5由f(x)5xlg(x2)，得，即，所以x(2,5]．

x20x25518075． 1212因为函数f(x)m22m2xm1是幂函数， 所以m2m21，解得m1或m3．

22．A

3．B 4．C

5．D 6．B

终边在y轴的负半轴上的角可以表示为22k，kZ，所以选D．

16lr． 23． 2由弧长公式lr，得半径r5．故扇形的面积公式S7．A

cos350sin70sin170sin20cos1cos20sin10sin20cos30因为fx是定义在(,0)8．C

(0,)上的奇函数，所以排除A，B；

当0x1时，fx0；当x1时，fx0，排除D，故选C．

9．D

因为为第二象限角，所以sin0，cos0，tan0，A，B，C都对，D错误．

10．C 由题意，前4个小时消除了80%的污染物，

因为PP0ekt4k，所以(180%)P0P0e，所以0.2e4k，

即4kln0.2ln5，所以kln5， 44 / 104

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则由0.5%Pkt0P0e，得ln0.005lnt， 所以t4ln200ln54log252004log5523812log5213.16， 故正整数n的最小值为14410．

11．C （图略）对于log3xx3，由ylog3x与y3x的图象，可得2x13；

对于log3(x2)x， 由ylog3(x2)与yx的图象，可得1x20

对于exlnx4，由yex4与ylnx的图象， 可得x3(0,1)或x3(1,2)． 故x2x3x1．

12．B 依题意知函数f(x)的定义域为R，它既是奇函数，也是减函数．

所以不等式fx21f(mx)0可化为fx21f(mx)，

所以x21mx，即在(0,)上mx21x2恒成立． x2因为1x211x21，所以m的最大值是1． 13．

815 tan22tan81tan215． 14．32

当a0时，fa6，则a0，

f(a)log2(a)5，即a32，a32．

15．1 原式31691．

16．10 由于定义在R上的偶函数yf(x)满足f(x)f(4x)，

所以yf(x)的图象关于直线x2对称，

画出x[0,)部分的图象如图，在同一坐标系中画出ylg|x|的图象， 当x(0,)时，有5个交点，ylg|x|和yf(x)都是偶函数， 所以在x(,0)上也是有5个交点，

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所以g(x)f(x)lg|x|的零点个数是10．

17．解：（1）因为x05x0，所以0x5，即Bx∣0x5，

当a1时，Ax∣x1 或x4， 所以ABx∣x1或x0． （2）因为ABB，所以BA，

由（1）知Bx∣0x5，

则a30或a25，即a3或a7， 所以实数a的取值范围为(,3][7,)．

18．解：（1）由角的终边经过点P2,3，可知tan32， 则

2sin2tan23cossin3tan3．

（2）因为sin34931313， 所以cos232sin22sin2()2 sin2cos2sin22 sin212

9131413． 19．解：（1）代入点0,2，得2cos(0)2，cos22． 因为02，所以4，f(x)2cosx4．

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当x42k，即x2k14(kZ)时，f(x)max2； 当x42k，即x2k34(kZ)时，f(x)min2．

（2）由（1）知f(x)2cosx4， 所以g(x)2cos(x1)42cosx34． 当2kx342k(kZ)时，g(x)单调递减， 所以342kx742k(kZ)，

所以g(x)的单调递减区间为32k4,2k74(kZ)． 20．解：（1）因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)0，

当x0时，x0，

则f(x)(x)2a(x)32a

x2ax32af(x)，

所以f(x)x2ax32a(x0)，

所以f(x)x2ax32a,x00,x0，

x2ax32a,x0（2）若f(x)是R上的单调函数，且f(0)0，

则实数a满足a20，

32a0解得0a32， 故实数a的取值范围是0,32．

21．解：（1）设f(x)的最小正周期为T，

∵f(x)的图象的一条对称轴是x

3

，一个对称中心是712,0，

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∴

7123T4(2k1)，kN*， ∴T*2k1，kN，

∴22k1，kN*， ∴4k2，kN*． ∵06，∴2． ∵f(x)图象的一条对称轴是x3

，

∴

232k，kZ， ∴6k，kZ．

∵||2，∴6．

∴f(x)2sin2x6． 2）由（1）知fB122sin2B4825， 所以sin2B2425，即sinBcosB1225．① 因为A，B，C是△ABC的三个内角，0B， 所以sinB0，cosB0． 又因为sin2Bcos2B1，②

sinB4sin3联立①②，得5，或B5cosB35cosB4．

5当sinB45，cosB35时， cosAcos(BC)cosBcosCsinBsinB

3123351351365；

当sinB35，cosB45时， cosAcos(BC)cosBcosCsinBsinB

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（

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4531216． 5135136522．（1）证明：任取x1,x2(0,)，且x1x2，则

2ex12ex12ex22ex2fx1fx233

2ex1ex2ex1ex23

2x13eex211exe 1x223ex1ex2ex2ex1ex11x2 2ex1ex2131ex1x2

2x1x23ex1x2ex1ex2e1

因为x1,x2(0,)，x1x2， 所以1ex1ex2，ex1ex20，ex1x21，

所以fx1fx2，即当0x1x2时，总有fx1fx2， 所以f(x)在(0,)上单调递增．

（2）解：由f(x)2ex2ex3f(x)，得f(x)是R上的偶函数， 同理，g(x)也是R上的偶函数．

总存在x1[a,a](a0)，对任意x2R都有fx1gx2，

即函数yf(x)在[a, a]上的最大值不小于yg(x)，xR的最大值．由（1）知f(x)在(0,)上单调递增， 所以当x[a,a]时，f(x)的最大值为f(a)，

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2g(x)2cos2xacosxa1aa2132cosx48a3．

因为1cosx1，a0

所以当cosx1时，g(x)的最大值为53． 所以f(a)23eaea53． 令tea1(a0)，则t15t2，

令h(t)t1t(t1)，易知h(t)在(1,)上单调递增，

又h(2)52，所以t2，即ea2，

所以aln2，即实数a的取值范围是[ln2,)．

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