【文档说明】安徽省师范大学附属中学2022-2023学年高一上学期期末数学答案.pdf，共(4)页，347.692 KB，由管理员店铺上传

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答案第1页，共4页参考答案一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40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．A2．B3．C4．A5．B6．D7．A8．C【第8题解】因为，为锐角，若π2，则

ππ022，πsinsin()cos02，则sin1cos，同理sin1cos，与sinsin2coscos矛盾，所以π2，A项不正确；所以ππ022

，所以π0sinsin()cos12，B项不正确；同理可得，0sincos1，所以sinsintantan0,1coscosa，所以()logafxx是减函数，所以(sin)(cos)

ff，C正确；(sin)(cos)ff，D不正确.二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求,全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．）9．BC10．BCD11．AD1

2．ABD三、填空题：（本题共4小题，每小题5分.共20分．）13．2214．315．2316．2,12【第16题解】由22()(12)()0fxafxaa，得()fxa或()1fxa，因为关于x的方程22()(12)()0fxafxaa

有6个不同的解，所以ya和1ya与()yfx的图象共有6个不同的交点，所以21222122aa，解得212a，所以a的取值范围为2,12.四、解答

题：（本题共6小题，70分．）答案第2页，共4页17．（10分）【解】（1）若AB,当A时，22aa，解得12a，当A时，222125aaaa，解得27a，综上可得，

17a（2）条件:pxA，条件:qxB，若p是q的必要不充分条件，则BA，2125aa且等号不能同时成立，解得7a18．（12分）【解】(1)因为α为锐角，cosα＝35，所以sinα＝45，则sin2α＝2sinαcosα＝2×35×45＝2425.(2

)由于α，β为锐角，则0＜α＋β＜π，又cos(α＋β)＝－55⇒sin(α＋β)＝255，所以cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－55×35＋255×

45＝55.19．（12分）【解】(1)因为函数221fxxmxm的对称轴为2mx，所以ⅰ）当12m，即2m时，2min48()()24mmmfxf，ⅱ）当12m，即2m时，m

in()(1)23fxfm.(2)由21fxx，可得22121xmxmx，即2220xmxm，所以20xxm全科免费下载公众号《高中僧课堂》答案第3页，共4页所以ⅰ）当2m

时，不等式21fxx的解集为，ⅱ）当2m时，不等式21fxx的解集为,2m，ⅰⅱ）当2m时，不等式21fxx的解集为2,m，20．（12分）【解】（1）因为910x，所以fx的定义域为R，又因为fx是偶函

数，所以Rx，有()()fxfx，即99log(91)log(91)xxkxkx对Rx恒成立，则9999912log(91)log(91)loglog991xxxxxkxx对Rx恒成立，即(21)0xk对Rx恒成立，因为x不恒为0，所

以12k．（2）由(1)得129999191()log91log91log9log23xxxxxfxx91log33xx，则方程9()log13xmfx有解，即方程991log3log133xxxm

有解，又由9logyx在(0,)上单调递增，且1303xx，所以方程13133xxxm有实数解，令3xt，且0t，方程化为11mttt，即方程21mtt在0,上

有实数解.所以3[,)4m21．（12分）【解】（1）由图可得：π()2sin233fxx（2）()yfx图象上所有的点向右平移π4个单位长度，得到πππ42sin23362sin23yxx

，将所得图象上点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到π()2sin436gxx，答案第4页，共4页当2413π0,x时，4,2π6π6πx

，所以当ππ462π6x以及6ππ2423πx时函数单增，即单调递增区间为0,6和513,1224.22．（12分）【解】（1）001220000(1)3(1)3321xxfxxxx

，所以0200()3xfxx，(1)4f，令00000()(1)()(1)2323xFxfxfxfx，因为(0)10F，(1)50F，所以由零点存在定理可得0()0Fx在[0,1]有解，

所以存在0[0,1]x，使得00(1)()(1)fxfxf，即函数2()3xfxx是“1跃点”函数．（2）由题意得(1)()(1)gxgxg3232(1)(1)332xaxxaxa23(32)30xax，因为,(

)0x，所以13139(33)(233)222axxxx，当且仅当1x取等号，所以a的取值范围为9[,)2．（3）66ππππ()()()cos(2)cos2c3os03hxhxhxmxmm，即1sin(2)

26mx，令2[,2]666xn，即1sin2m在[,2]66n上关于要有2023个解；①当1112m或时，即3122m或时，2023n；②当1122m，即1m时，1011n；③当1111112222mm

或，即13122mm或1时，方程1sin2m关于在每个周期内有两个解，故不可能满足有2023个解；