四川省绵阳市2021-2022学年高一上学期期末数学试题

绵阳市高中2021级第一学期末教学质量测试

数学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在答题卡“栏目”内.

2．回答选择题时，选出每小题答案后，考生用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮檫干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将答题卡交回.

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x1x2，B1,0,2，则AB（A．0,1,2C．0,1B．1,0,1D．1,0））2．函数fxlnx14x的定义域为（A．1,4C．1,4B．1,4D．1,4）2sin23．一条弧所对的圆心角是2rad，它所对的弦长为2，则这条弧的长是（A．1sin1B．1sin2C．2sin1D．

）4．函数fxcosx是（2

A．奇函数，在区间0,上单调递增2

C．偶函数，在区间0,上单调递增2



B．奇函数，在区间0,上单调递减2

D．偶函数，在区间0,上单调递减2

5．已知幂函数fx的图象过点9,3，则函数fx的图象是（）试卷第1页，共4页A．B．C．D．x2x2,x0,

则函数fx的零点个数为（6．设函数fx

lgx,x0,

）D．4A．1B．2C．3）4

57．已知角的终边过点A1,2，则tan2（A．

43B．43C．

D．341108．防疫部门对某地区乙型流感爆发趋势进行研究发现，从确诊第一名患者开始累计时间t（单位：天）与病情爆发系数ft之间，满足函数模型：ft11e0.22t20，当ft

）时，标志着流感疫情将要局部爆发，则此时t约为（参考数据：ln92.2）（A．10B．20C．30D．40）2

9．若fxxx，则满足f1afa的a的取值范围是（1A．,21C．,

21

B．0,

21D．,1

2



10．已知函数fxsinx3cosx，当x时，函数fx取得最大值，则sin

4

（A．C．）26243B．D．211．已知alog23，blog1A．acbC．cab

11，c52，则a，b，c的大小关系为（22）B．bcaD．cba

试卷第2页，共4页1

将函数fxsinx图象上所有点的横坐标缩短为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数gx12．的图象．再把gx图象上所有点向左平移0个单位长度，得到函数hx的图象，则下列叙述正确的是（A．当

）

时，,0为函数hx图象的对称中心6123B．当时，若x0,，则函数hx的最大值为642C．当时，函数gx与hx的图象关于x轴对称2D．当

2时，函数gxhx的最小值为0二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．



13．若tan2，则tan______．4

x

2,x0,

则ff1______．14．设函数fx

2x,x0,

15．已知等腰三角形一个底角的正弦值为5

，则这个三角形的顶角的余弦值为______．1316．已知fx是定义域为R的奇函数，且fx1为偶函数．若f11，则f1f2f3f2022______．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．化简求值：143(1)288

(2)2

log23

142

21．0

1

2log21lg25lglne．4



18．已知函数fxAcosxA0,0,的部分图象如图所示．2

(1)求函数fx的解析式；试卷第3页，共4页(2)求函数fx的对称轴及单调减区间．19．第24届冬季奥林匹克运动会，即2022年北京冬奥会计划于2022年2月4日开幕．冬奥会吉祥物“冰墩墩”早在2019年9月就正式亮相，到如今已经衍生出很多不同品类的吉祥物手办．某企业承接了“冰墩墩”玩具手办的生产，已知生产此玩具手办的固定成本为400万元．每生产x万盒，需投入成本hx万元，当产量小于或等于50万盒时hx180x100；2

当产量大于50万盒时hxx80x2600，若每盒玩具手办售价200元，通过市场分析，该企业生产的玩具手办可以全部销售完．（利润销售总价成本总价，销售总价销售单价销售量，成本总价固定成本生产中投入成本）(1)求“冰墩墩”玩具手办销售利润y（万元）关于产量x（万盒）的函数关系式；(2)当产量为多少万盒时，该企业在生产中所获得利润最大．20．已知二次函数fx的图象过原点和点1,3，且满足f1xf1x．(1)求函数fx的解析式；2（a0，且a1），若存在x13,0，使得对任意x21,2，(2)设函数gxlogax2x2都有fx1gx2成立，求实数a的取值范围．21．已知函数fx4sinxcosx3.3(1)求函数fx的最小正周期和值域；

(2)若函数gxfx2m，在0,上有两个不同的零点x1，x2，求实数m的取值范围，2

并计算x1x2的值．12x

．22．已知函数fx

12x(1)判断函数fx的奇偶性及单调性；2(2)若对于任意正实数t，不等式f2t8tsin20恒成立，求的取值范围．3试卷第4页，共4页1．D【分析】根据集合交集运算求解即可.【详解】集合Ax1x2中整数有1,0,1所以AB1,0.故选：D.2．C【分析】根据对数的真数为正数以及偶次根式的被开方非负列式可得结果.【详解】x10

要使函数有意义，则有解得1x4.4x0

所以函数f(x)的定义域为1,4.故选：C3．C【分析】画出图形解直角三角形即可．【详解】如图设AOB2，AB2，过点O作OCAB，C为垂足，并延长OC交弧AB于D，则AODBOD1，AC

1

AB1．2RtAOC中，rAO

从而弧长为r2AC1

，sinAOCsin112，sin1sin1答案第1页，共12页故选：C．4．A【分析】先利用诱导公式化简函数，再利用正弦函数性质直接判断奇偶性和单调性即可.【详解】

因为函数f(x)cosxsinx，是正弦函数，2



所以f(x)是奇函数，且在区间0,上单调递增.2

故选：A.5．C【分析】设出函数的解析式，根据幂函数yf(x)的图象过点(9,3)，构造方程求出指数的值，再结合函数的解析式研究其性质即可得到图象．【详解】设幂函数的解析式为f(x)x，∵幂函数yf(x)的图象过点(9,3)，∴39，解得

12∴yf(x)x，其定义域为[0,)，且是增函数，当0x1时，其图象在直线yx的上方．对照选项可知C满足题意．故选:C．6．B【分析】令函数f(x)0，再分析解的个数即可．【详解】x2x2,x0

由函数解析式f(x)，令f(x)0，则：lg(x),x0

当x0时，x2x20，解得x2或x1（舍）；当x0时，lg(x)0，解得x1.答案第2页，共12页所以函数fx有2个零点.故选：B7．A【分析】利用三角函数的定义先求tan【详解】因为角的终边过点A(1,2)，所以tan所以tan2故选：A.8．A【分析】根据ft得答案.【详解】因为ft所以1

列式，并根据给出参考数据，结合指数函数的性质解相应的指数方程，即可102tan4

.1tan232

2，1y

，再用正切的2倍角公式即可求解.x11

，ft，101e0.22t20110.22t2010，0.22t20，即1e101e所以e0.22t209，由于ln92.2，故e2.29，所以e0.22t20e2.2，所以0.22t202.2，解得t10.故选：A.9．C【分析】通过分析函数的奇偶性及单调可解决问题.【详解】2因为fxxxf(x)，且函数f(x)的定义域为R，故函数f(x)为定义域R上的偶函数，2

又当x0时，fxxx在(0,)上单调递增，答案第3页，共12页所以f1afa，则有|1a||a|，解得a故选：C10．B【分析】先求出【详解】fxsinx3cosx2sin(x

61.22k，再用诱导公式及正弦两角差公式计算即可.3)，其有最大值时，有x

3

22k（kZ），所以x



所以sinsin2k44626

sinsincoscossin.4

故选：B11．D【分析】利用对数函数和指数函数的性质比较即可【详解】因为1log22log23log242，11log33log1log32log331，2322k，60512151251，52所以cba，故选：D.12．C【分析】利用图象的变换规律，可求出函数gx与hx的的解析式，再由三角函数的性质逐项判断即可.【详解】答案第4页，共12页1

将函数fxsinx图象上所有点的横坐标缩短为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数gxsin2x的图象，再把gx图象上所有点向左平移0个单位长度，得到函数hxsin(x)的图象,当当x

6时，h(x)sin(2x

3),时，h()sin(2)1，1212312则x为函数hx图象的对称轴，故A错误；12当时，h(x)sin(2x)，6351

若x0,,2x,,则sin(2x),1

336342

故hx的最大值为1，故B错误；当

时，2函数gxsin2x与hxsin2x的图象关于x轴对称，故C正确；当

时，gxhx2sin2x2最小值为-2,故D错误.故选：C.13．13【分析】直接利用两角差的正切公式代入即可求解．【详解】∵tan2，tan11

．则tan

41tan3

故答案为:14．4【分析】先求f1的值，然后根据分段函数代入可求结果.13答案第5页，共12页【详解】∵f(1)(1)22，则f(f(1))f(2)224.故答案为：4.15．119169【分析】依题意可得sinBsinC倍角公式求出cosA.【详解】由题意设sinBsinC5，且0B90，所以cosB132

5，利用同角三角函数的基本关系求出cosB，再利用诱导公式及二131sin2B12．131222所以cosAcos(1802B)cos2B2cosB1113119．169故答案为：16．1【分析】119169由题可得fx2fx，进而可得函数fx是周期为4的周期函数，再求出f0、f1、f2、f3、f4的值，结合周期性分析可得答案．【详解】

fx是定义域为R的奇函数，且fx1为偶函数，则有fx1fx1，即f(2x)f(x)，∴f(2x)f(x),f(4x)f(x2)f(x)，答案第6页，共12页则函数f(x)是周期为4的周期函数，又f11，∴f(2)f(0)0,f(3)f(1)f(1)1,f(4)f(0)0,

f1f2f3f2022505f(1)f(2)f(3)f(4)f(1)f(2)5050101.故答案为：1.17．(1)5；(2)4.【分析】（1）利用指数幂的运算法则化简计算即得；（2）利用对数的运算性质化简计算即得.(1)18

1428

42321=2

013422

142331

2415；(2)11

2log232log21lg25lglne30lg100314.42



18．(1)fx2cos2x；6

7k

,kZ，k,k(2)xkZ.1212212

【分析】（1）由图象得出Afxmax，根据图象计算出函数fx的最小正周期，可求得，再由五点法可得的值，即求；（2）利用余弦函数的性质即得.（1）由图可知，Afxmax2，3133

，函数fx的最小正周期T满足T

41234答案第7页，共12页T，则22，Tfx2cos2x，由五点法可得2

3

22k,kZ，又

2，

6，

所以，fx2cos2x；6

（2）由2x6k,kZ，可得函数fx的对称轴为x由2k2x

k,kZ，21272kkZ，解得kxkkZ.121267

∴函数fx的减区间为k,kkZ.

1212

20x500,0x50y19．(1)2x120x3000,x50(2)60万盒【分析】（1）根据产量的情况分别求出每一种情况下的利润即可；（2）由（1），求分段函数的每一部分取最值的条件，再通过比较可得答案.(1)由题意，当产量小于或等于50万盒时，y200x400180x10020x500；当产量大于50万盒时，y200x400(x280x2600)x2120x3000.20x500,0x50所以利润y（万元）关于产量x（万盒）的函数关系式是：y2.x120x3000,x50(2)由（1）：当0x50时，y20x500，当x50有最大值，其最大值为ymax2050500500（万元）；答案第8页，共12页当x50时，yx2120x3000(x60)2600，当x60有最大值，其最大值为ymax(6060)2600600（万元）.综上可知，当产量为60万盒时，该企业在生产中所获得利润最大．20．(1)f(x)x22x；(2)0,1[2,).【分析】2

（1）设函数fxaxbx，当满足f1xf1x时，函数关于x1对称，再由函数过的点，代入，利用待定系数法可求得函数的解析式；（2）根据题意可知fxmaxgxmax，分别求两个函数的的最大值，求解不等式即得.(1)由题可设f(x)ax2bx，f1xf1x，所以f(x)的对称轴方程为x又函数的图象经过点1,3，b

1，2a所以a+b3，两式联立，解得a1，b2，所以f(x)x22x；(2)由题意可知f(x)maxg(x)max，因为f(x)x22x，x3,0，所以f(x)在(3,1)单调递增，(1,0)单调递减，当x1时，f(x)max1，∵yx22x2在1,2上单调递增，当0a1时，ylogax单调递减，2∴函数gxlogax2x2在1,2上单调递减，∴gxmax0，适合题意；答案第9页，共12页当a1时，ylogax单调递增，2∴函数gxlogax2x2在1,2上单调递增，2∴gxmaxloga2222loga2，则loga21logaa，解得a2；综上所述，实数a的取值范围为0,1[2,).21．(1)最小正周期Tπ，值域为[2,2]．(2)53m1，x1x2

62【分析】（1）利用正弦和角公式，降幂扩角公式以及辅助角公式化简函数解析式为标准正弦型函数，再求解即可；（2）数形结合，根据yfx,y2m图象有2个交点，求得m的范围；根据对称性，即可求得x1x2.(1)函数fx4sinxcosx3.3化简可得：f(x)＝2sinxcosx﹣23cos2x311

＝sin2x23（cos2x）322＝sin2x3cos2x＝2sin（2x

3）2π

π，2所以函数的最小正周期T值域为[2,2]．(2)函数g(x)f(x)2m，在[0，]上有两个不同的零点x1，x2，2转化为函数f(x)与函数y2m有两个交点答案第10页，共12页令u2x2，∵x[0,]，∴u[,]，3332可得f(x)2sinu的图象（如图）．从图可知：2m在[3,2)，函数f(x)与函数y2m有两个交点，即32m2其横坐标分别为u1,u2．由题意可知u1,u2是关于对称轴是对称的，所以u1u2，又u12x1

3m1.23,u22x2

3，所以u1u22x1

32x2

3，解得x1x2

5.622．(1)详见解析；(2)2k

52k,kZ.62【分析】（1）利用奇偶性的定义及单调性的定义即得；2（2）利用函数单调性可得2t8tsin20，然后利用基本不等式可得3

1

sin，再利用正弦函数的性质即求.32

(1)12x

∵函数fx，定义域为R，12x12x2x1

∴fxfx，12x2x1故函数fx为奇函数，答案第11页，共12页12x2

又fx1，12x12xx1,x2R，且x1x2，则22x22x122

fx1fx211，x12x112212x112x2∵x1x2，∴02x12x2,2x110,2x210,2x22x10，∴fx1fx20，即fx1fx2，∴函数fx为减函数；(2)2由f2t8tsin20f0，可得32对于任意正实数t，2t8tsin20恒成立，3

t211t恒成立，∴4sin3tt1

又t2，当且仅当t1时取等号，t1∴4sin2，即sin，33272k,kZ，∴2k636∴的取值范围为2k

52k,kZ，62答案第12页，共12页