山西省怀仁市第一中学云东校区2020-2021学年高一第二学期第一次月考数学(文)试卷含答案

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【文档说明】山西省怀仁市第一中学云东校区2020-2021学年高一第二学期第一次月考数学(文)试卷含答案.pdf,共(6)页,352.771 KB,由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

12020~2021学年第二学期高一年级第一次月考文科数学试题一、选择题(每题5分,共12题,满分60分。1-10题为单选题,11-12为多选题)1.设集合2540Axxx,2BxxN,则AB()A.12xxB.1,2C.0,1D.0,1,

22.已知命题p:xR,0x,则命题p是()A.xR,0xB.xR,0xC.xR,0xD.xR,0x3.tan150cos420sin1050的值为()A.12B.12C.33D.334.中文“函数()function”词,最早是由近代数学

家李善兰翻译出来的,之所以这么翻译,他给出的原因是“凡此变数中函彼变数者,则此为彼之函数",即函数指一个量随着另一个量的变化而变化.下列选项中,两个函数相同的一组是()33A.()fxx与g(x)=|x|2B.()2lg()lgfxxgxx与2C.()2()4xtfxgt

与21D.()1()1xfxxgxx与5.设0.5log0.6a,0.6log1.2b,0.61.2c,则a、b、c的大小关系为()A.abcB.bacC.cabD.bc

a6.方程20xex(其中e=2.71828…)的近似解所在的区间是()1A.(0,)21B.(,1)23C.(1,)23D.(,2)27.函数21()sin21xxfxx的部分图象大致为()A.B.C.D.8.已知偶函数)(xf在),0[上单调递增,则对实数a

、b,“||||ba”是“)()(bfaf”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件9.已知二次函数122axxy在区间)3,2(内是单调函数,则实数a的取值范围是()A.2a或3aB.

32aC.3a或2aD.23a10.函数25,1(),1xaxxfxaxx满足对任意12xx都有12120fxfxxx,则a的取值范围是()A.30a

B.32a≤≤C.2aD.0a11.(多选)下列结论正确的是()A.若acbc,则abB.若||ab,则22ab2C.若0ab,则11bbaaD.若ab,则22ab12.(多选)函数f(x)=Asin(ωx+

φ)(其中π0,0,||)2A的部分图象如图所示,则().A.函数f(x)的最小正周期是2πB.函数f(x)的图象关于点2π(,0)3对称C.函数f(x)的图象关于直线π3x对称D.将函数f(x)的图象向右平移π6个单位后,所得的函数图象关于y轴对称二、填

空题(每题5分,共4题,满分20分)13.已知函数log16ayx(0a,1a)的图象恒过点A,且点A在角的终边上,则tan的值为________.14.已知正数x、y满足143yx,则xy的最大值为.15..设函数2,01,0xbxcxfxx,若

40ff,22f,则函数gxfxx的零点的个数是________.16.若函数22aaxxxf在区间11-,上有两个不同的零点,则实数a的取值范围是___________.三、解答题(本题共6小题,满分70

分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(本小题10分)(1)计算:71log23349log27lg25lg47(8)loglog812;(2)已知tanθ=2,求22cossin1

2π2sin()4的值.18.(本小题12分)已知集合2log(1)2Axx∣,集合22210Bxxaxa∣,其中aR.(1)若1a,求AB;(2)若“xA”是“xB”的必要条件,

求a的取值范围.19.(本小题12分)已知πsin2πcos2πcostan2f.(Ⅰ)化简f,并求π3f;(Ⅱ)若tan2,求224sin3sincos5cos的值;(Ⅲ)求函

数2π212gxfxfx的值域.20.(本小题12分)已知函数Raxxxxaxfx1,341,32且10ff.3(1)求a的值,并在直角坐标系中作出函数()fx的大致图象;(2)若方程()0fxb有

三个实数解,求实数b的取值范围.21.(本小题12分)已知函数23sincoscosfxxxx(0),周期是π2.(Ⅰ)求fx的解析式,并求fx的单调递增区间;(Ⅱ)将fx图像上所有点的横坐标扩大到原来的2倍,再向左平移π6个单位,

最后将整个函数图像向上平移32个单位后得到函数gx的图像,若326x时,2gxm恒成立,求m的取值范围.22.(本小题12分)已知函数)1(log)(221xxf,6)(2axxxg.(Ⅰ)若关于x的不等式0)

(xg的解集为}32|{xx,当1x时求1)(xxg的最小值;(Ⅱ)若对任意的),1[1x,]4,2[2x,不等式)()(21xgxf恒成立,求a的取值范围.42020~2021学年第二学期高

一年级第一次月考文科数学答案选择题:1-10:BBCCBAACAB11.BC12.CD填空题13.314.48115.216.32,0解答题:17.18.解:由题意,得(1,5]A,[1,1]Baa(1)当1a

时,[0,2]B,[0,5]AB……………………………………………..5分(2)因为“xA”是“xB”的必要条件,即“xB”是“xA”的充分条件,即BA,即112415aaa综上可得,

a的取值范围为(2,4]………………………………………………………12分19.解:(Ⅰ)由题意可得sin2cπos2costanπ2ππfsinsincossintan,故1cos32π3πf

………………………………………………………..4分(Ⅱ)∵tan2,故224sin3sincos5cos22224sin3sincos5cossincos224tan3tan51tan1

………………………………………………….8分(Ⅲ)因为cosf所以22cossin1gxxx22sinsin3xx21252sin48x因为sin1,

1x所以1sin4x时max258gx,min0gx所以gx的值域为250,8…………………………………………………….12分20.解:(1)1010fffa,则1a.

...........................................2分所以231,1()43,1xxfxxxx;………………………………………6分(2)将方程()0fxb有三个实数解转化为函数yfx与直线yb有三个不同交5点

,根据图象可知b的取值范围是1,0……………………………12分21.【解析】(1)23sincoscosfxxxx31sin2cos2122xxπ1sin262x...............

...........................................................2分由2ππ22T,解2.......................................

...........................3分所以,π1sin462fxx∵πππ2π42π262kxk∴π2π2π42π33kxk∴ππππ21226kkx∴fx的单调递增区

间为ππππ,21226kk,kZ…………………………6分(Ⅱ)依题意得πsin216gxx...................................

.................................8分因为2gxm,所以22gxmgx因为当π2π,63x时,22gxmgx恒成立.所以只需maxmin22gxmgx

转化为求gx的最大值与最小值当π2π,63x时,ygx为单调减函数所以maxπ1126gxg,min2π1103gxg

...............10分从而max20gx,min22gx即02m……………………………………………………………………12分22.解:(Ⅰ)因为062axx的解集为}32|{xx,所以由0624)2(ag解得5a..

...............................................................................................1分所以312112)1(3)1(1651)(22xxxxxxxxxxg,因

为1x,所以01x,所以3223121xx(当且仅当12x时取等号).所以1)(xxg的最小值是322.…………………………4分(Ⅱ)当1x时212x,所以1)1(log)(221x

xf,…………5分要令不等式)()(21xgxf恒成立,只需162axx在]4,2[上恒成立,……6分设7)(2axxxF(]4,2[x),其对称轴为2ax,…………………7分当4a时

,6112)2(minaFF,由0112a解得:211a,此时4211a.……8分当84a时,74)2(2minaaFF,由0742a解得:7272x,此时724

x.…10分当8a时,0234)4(minaFF,与题意矛盾.……………………11分综上所述,所求a的取值范围是]72,211[.……………………12分

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