2022-2023学年陕西省汉中市南郑区龙岗学校高一上数学期末质量检测试题含解析

注意事项:

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的

∣2x1}，则函数yax2xc的图像大致为（ ） 1．不等式ax2xc0的解集为{xA. B.

C. D.

log2x,x02．设函数f(x)=logx,x0若f(a)f(a)，则实数a的取值范围是（）

12A.1,0B.,10,1 1,

C.1,01, D.,10,1

2x1,x1,3．已知函数fx函数yfxa有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，且x1x3x4A.1

B.2

C.-1

D.12

4．若直线l1：2x+y-1=0与l2：y=kx-1平行，则l1，l2之间的距离等于（ ） A.4555 B.25 C.55 D.

15 5．若alg3,b22,clog43，则（） A.abc B.acb C.bac

D.cab

6．若f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，xf(x2)f(x1)1,x2∈[0，＋∞)且（x1x2）x0，则( 2x1A.f(3)f(1)f(2) B.f(3)f(2)f(1) C.f(2)f(1)f(3)

D.f(1)f(2)f(3)

7．某几何体的三视图如图所示,它的体积为( )

A.72π B.48π C.30π D.24π

8．函数y1log3x2的定义域为

3A.23， B.1， C.2，131，+ D.2，5335，+3 )

9．已知函数f(x)2sin(x)(0,||π7π3ππ)的最小正周期T(,0)，且x是函数f(x)的一条对称轴，

43122是函数f(x)的一个对称中心，则函数f(x)在A.-1,3

ππ,上的取值范围是（） 46B.-1,2 D.1,2

1 C.-，1210．下列函数在其定义域上既是奇函数又是减函数的是 A.fxxx C.fxtanx

B.fxlog0.5x

fx3 D. x二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。 11．若x0，y0，且xy4，则

y1的最小值为__________ xyxb12．已知函数ya，yx，ylogcx的图象如下图所示，则a，b，c的大小关系为__________．（用“”号连

接）

13．不等式的解集为______

14．若sin、cos是关于x的方程x2axa0的两个根，则a__________. 15．已知sin47，那么cos的值为___________.

521x216．记函数f(x)2的值域为D，在区间[3,2]上随机取一个数x，则xD的概率等于__________

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．某化工企业致力于改良工艺，想使排放的废气中含有的污染物数量逐渐减少.设改良工艺前所排放的废气中含有的

污染物数量为r0mg/m，首次改良工艺后所排放的废气中含有的污染物数量为r1mg/m，第n次改良工艺后所排放

33的废气中含有的污染物数量为rnmg/m，则可建立函数模型rn=r0r0r1530.5nPPR,nN*，其中n是指改

良工艺的次数.已知r02，r11.94（参考数据：lg20.3）. （1）试求该函数模型的解析式；

（2）若该地环保部门要求，企业所排放的废气中含有的污染物数量不能超过0.08mg/m，试问至少进行多少次改良工艺才能使该企业所排放的废气中含有的污染物数量达标？ 18．设函数fxlgx3m的定义域为A，函数gx（1）求B； （2）若A34x21的定义域为B xB，求实数m的取值范围

19．已知函数f(x)Asin(x)BA0,0,||的部分图象如图所示 2

（1）求函数f(x)的解析式：

（2）将函数yf(x)的图象上所有的点向右平移坐标不变），得到函数yg(x)的图象 ①当x12个单位，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵

,时，求函数g(x)的值域； 327上有三个不相等的实数根x1,x2,x3x1x2x3，求tanx12x2x3的值 32②若方程g(x)m0在0,20．已知函数fx3sinx2cos（1）求常数m的值；

x

m在区间0,上的最大值为6， 22

（2）若f144，且，求 f533的值. 621．已知角终边经过点P4,3，求

2cos22sin1

2sin4 参

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的 1、C

2【解析】根据不等式的解集求出参数，从而可得yxx2，根据该形式可得正确的选项

∣2x1}， 【详解】因为不等式ax2xc0的解集为{xa0c22故21，故a1,c2，故yaxxcxx2，

a121a令x2x20，解得x1或x2，

故抛物线开口向下，与x轴的交点的横坐标为1,2， 故选：C 2、C

【解析】由于a的范围不确定，故应分a0和a0两种情况求解. 【详解】当a0时，a0，

log2alog1a， 由f(a)f(a)得

2所以2log2a0，可得：a1， 当a0时，a0，

由f(a)f(a)得log1alog2a，

2所以2log2a0，即0a1，即1a0， 综上可知：1a0或a1. 故选：C

【点睛】本题主要考查了分段函数，解不等式的关键是对a的范围讨论，分情况解，属于中档题. 3、D

【解析】将问题转化为两个函数图象的交点问题，然后结合图象即可解答.

【详解】yfxa有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，即方程fxa有四个不同的解

fx的图象如图所示，由二次函数的对称性，可得x3x44．因为12x12x21，

x1x2221 所以2x12x22，故

x3x42

故选：D 4、B

【解析】根据两直线平行求得k的值，再求两直线之间的距离 【详解】直线l2的方程可化为kx-y-1=0， 由两直线平行得，k=-2； ∴l2的方程为2x+y+1=0， ∴l1，l2之间的距离为d故选B

【点睛】本题考查了直线平行以及平行线之间的距离应用问题，是基础题 5、A

|11|221225 5【解析】利用

121.5作为分段点进行比较，从而确定正确答案. ,,22233121.534【详解】alg3lg10blog44log422log48log49c， 2224所以abc. 故选：A 6、B 【解析】

x1，x2x1x2，有0，fx2fx1x2x10

当x0时函数fx为减函数

fx是定义在，上的偶函数 f3f2f1

即f3f2f1 故选B 7、C

【解析】由题意，结合图象可得该几何体是圆锥和半球体的组合体，根据图中的数据即可计算出组合体的体积选出正确选项.由图知，该几何体是圆锥和半球体的组合体，球的半径是3，圆锥底面圆的半径是3，圆锥母线长为5，由圆锥的几何特征可求得圆锥的高为4， 则它的体积VV圆锥V半球体考点：由三视图求面积、体积 8、C

【解析】要使函数y1143243330. 32313x202log(3x2)0=log1,即{x1或x1，所以有意义，需满足解得33log33x23x203函数y1211，+ 的定义域为，log33x23考点：求函数的定义域

【易错点睛】本题是求函数的定义域，注意分母不能为0，同时本题又将对数的运算，交集等知识联系在一起，重点考查学生思维能力的全面性和缜密性，凸显了知识之间的联系性、综合性，能较好的考查学生的计算能力和思维的全面性．学生很容易忽略3x20，造成失误，注意在对数函数中，真数一定是正数，负数和零无意义

考点：求函数的定义域 9、B

【解析】依题意求出f(x)的解析式，再根据x的取值范围，求出2x+【详解】函数f(x)2sin(x)(0,||π的范围，再根据正弦函数的性质计算可得. 3π3π)的最小正周期T，

42∴

2π3π8，解得：0，

34由于x7ππ是函数f(x)的一条对称轴，且(,0)为f(x)的一个对称中心，

312∴

7πππTk2π1kT，（kZ），则24k，（kZ），则2， 12344242又∵2ππππkπ，(kZ)，由于||，∴，故f(x)2sin(2x)，

2333∵xππ2ππ1ππ,，∴2x,，∴sin2x,1，∴fx1,2.

3633246故选：B 10、A

【解析】B,D选项是非奇非偶函数，C选项是奇函数但在定义域的每个区间上是减函数，不能说是定义域上的减函数，故A符合题意.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。 11、

5##1.25 4【解析】运用均值不等式中“1”的妙用即可求解. 【详解】解：因为x0，y0，且xy4，

8xyxyyx1yx1532，当且仅当所以时等号成立，

4x4yx4y4x4y44y3故答案为：

5. 412、bac

【解析】函数y=ax，y=xb，y=logcx的图象如图所示，

由指数函数y=ax，x=2时，y∈（2，3）对数函数y=logcx，x=2，y∈（0，1）；幂函数y=xb，x=2，y∈（1，2）； 可得a∈（1，2），b∈（0，1），c∈（2，+∞） 可得b＜a＜c 故答案为b＜a＜c 13、

，

【解析】根据正切函数性质求解、 【详解】由正切函数性质，由

得

，

，

所以，，

故答案为：，

14、12 【解析】先通过根与系数的关系得到sin,cos的关系，再通过同角三角函数的基本关系即可解得.

a24a0【详解】由题意：sincosa，所以a4或a0，且sincossincos，

sincosa所以sincossincos12sincossincos，即a22a10，因为a4或a0，所以a12. 故答案为：12. 15、

2224##0.8 5【解析】由诱导公式直接可得. 详解】

sin(74)sin(3)sin()cos 2225cos4. 5故答案为：16、

1 5【解析】因为1x2[0,1]f(x)[1,2]D；

211. 所以xD的概率等于

2(3)5点睛：

(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解

(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域

（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17、（1）rn=20.065（2）6.

【解析】（1）将r02，r11.94代入函数模型解解得答案； （2）结合题意，解出指数不等式即可. 【小问1详解】

根据题意，1.94=221.945【小问2详解】

0.5n0.50.0850.5n0.5320.5n0.5lg55lg2n由（1），令rn=20.0650.5n0.5nN*；

0.5PP0.5，所以该函数模型的解析式为

.

10lg21， lg5则n100.3100.31,15.3，而nN*，则n6. 0.70.7综上：至少进行6次改良工艺才能使该企业所排放的废气中含有的污染物数量达标. 18、（1）Bx0x2； 2（2）,.

34x20【解析】（1）由题知，即得；

x0（2）根据AB，得3m2，即求.

【小问1详解】

4x20由题知，

x0解得：0x2， ∴Bx0x2. 【小问2详解】

由题知Ax|x3m，若A则3m2，mB，

2， 323实数m的取值范围是,.

19、（1）f(x)1sin(2x)1； 2333（2）①，；②3. 42【解析】（1）由图象得A、B、，再代入点3，，求解可得函数的解析式； 122（2）①由已知得g(x)111，继而求得函数g(x)的值域； sin(x)1，由x,求得sin(x)，626322②令tx15，，htsint+1，做出函数ht的图象，设htm0有三个不同的实数根662211，由此可得答案. 3t1,t2,t3t1t2t3，有t1+t2，t32+t1，继而得x1+2x2+x3【小问1详解】

31111解：由图示得：

A22,B1，

2222又

T7112，所以T，所以2，所以f(x)sin(2x)1，

T2121222又因为f(x)过点313，，所以sin(2)1，即sin()1，

22126122所以

621所以f(x)sin(2x)1；

23【小问2详解】 解①：由已知得g(x)+2k,kZ，解得3+2k,kZ，又||，所以，

3221sin(x)1，当x,时，x，，

66326321111133sin(x)，1sin(x)，g(x)sin(x)1，， 所以，所以，所以6262624242所以函数g(x)的值域为，；

42②当x0,3355117x，tx，sin(x)1sint+1， 时，，令，则

6626262623令ht5311131sin+1sint+1，则函数ht的图象如下图所示，且hsin+1，h，62222225h2531sin+1， 222

由图象得htm0有三个不同的实数根t1,t2,t3t1t2t3，则t1+t22所以t1+2t2+t34，即x1+2，t32+t1，

+2x++x+234， 6663， 所以x1+2x2+x310210tan4，所以tanx12x2x3tan333故tanx12x2x33. 20、（1）m3；（2） f12 65fx2sinx【解析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式可得m1，再利用三角函数的性质即可求解.

6（2）代入可得sin34cos，从而求出，再利用诱导公式即可求解. 65652【详解】（1）fx3sinx2cosxm 23sinxcosx1m2sinxm1，

6因为x0,2x,， ，则66322m16， 3所以fxmaxf解得m3.

14142sin4（2）f，即， 655解得sin3， 65343，， 3262所以cos42， 1sin665 f2sin42sin4，

66634sinsincos又， 26653所以 f21、7

【解析】要求值的三角函数式可化简为

1242sin424. 63551tan，再利用任意角三角函数的定义求出tan，代入即得所求

1tan【详解】因为角终边经过点P4,3，则tan3 42cos2cossin1cossin142又

2sin2sin2sintan4444231tan47 1tan1341