【文档说明】安徽省泗县第一中学2020-2021学年高一下学期开学考试数学试题 图片版含答案.docx，共(15)页，7.476 MB，由管理员店铺上传

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数学参考答案1．A【详解】因为集合，所以.故选：A.2．A【详解】由扇形的圆心角的弧度数为，可知剩余部分圆心角弧度数为，故，故选：A.3．C【详解】易知函数在上为减函数，，，则，因此，函数的零点所在的区间为.故选：C.4．C【详解】5．D【详解】由三角函数定义知，，所以，点为第四象

限，故选：D6．C【详解】的定义域为R,关于原点对称，又，所以函数为偶函数，其图像关于y轴对称，排除选项A和B,又当时，，故排除选项D,故选：C7．A【详解】24004Bxxxxx=−=∣(242,4ABxx=−=−()35−()

()23551−−=−()()123551251SS−−==−()123log4xfxx=−++()0,+()110f=()260f=−()()120ff()fx()1,24sin5=3co

s5=−4cossin25π+=−=−7sincos5−=74,55Q−sin()2cosxxxfxx=+()sin()2cosxxxfxfxx==−+()fx2x=22sin222022cos22

f==+因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故选：A．8．D【详解】令，则原方程可化为，作出函数的图像如图，由图像可知，关于x的方程有6个解，关于的方程在上有两个不等实根，由二次方程根的分布得：，解之得：.故选：D．9．BD【

详解】因为|a|<4的解集是，A.因为，所以a<4是|a|<4成立的一个必要不充分条件；B.因为，所以|a|<3是|a|<4成立的一个充分不必要条件；C.因为a2<16的解集是，所以a2<16是|a|<4成立的一个充要条件；

D.因为，所以0<a<3是|a|<4成立的一个充分不必要条件；故选：BD1x10x−919119113()(1)2414144144xxfxxxxx−=+=−+++=−−−…1941xx−=−7x=()fx134()fxt=21012tmt++=()fx2

1()()012fxmfx++=t21012tmt++=10,2210121031110421210,22mmm−=++−2333m−−()4,4−()4,4−(),4−()3,

3−()4,4−()4,4−()0,3()4,4−10．ABD【详解】对于①：，因为，所以，所以，即，故①正确；对于②：，因为，所以，所以，即，故②正确；对于③：当时，，，所以，故③错误；对于④：，因为，所以，所以，即，

故④正确.所以正确的有①②④.故选：ABD11．AD【分析】A.全称命题的否定是特称命题B.取反例可说明其错误.C.幂函数的前面系数必须为1D.互为反函数的两个函数图象关于对称.【详解】A.命题“，”的否定为“，”，故A正确B.取，但，故B错C.为幂函数，故，则或

1(1)(1)1(1)(1)(1)bbabbaabaabbabaaaaaaaa++−++−−−−===++++1ab0,10aba−+101(1)bbabaaaa+−−=++11bbaa++11111(1)()1()baababababababababababab−

−+−+=−+−=−+=−−=−1ab0,1abab−110abab+−+11abab++3,2ab==33333235ab+=+=22223236ab==3322abab+11111()1abababababbabaabab

−+−+=−+−=−+=−+1ab0,1abab−110abba+−+11abba++yx=xR210xx++xR210xx++18,25−−−−()()()()1285−−−−()22231mmym

mx−−=−−211mm−−=2m=1m=−故C错D.与互为反函数，图象关于对称故选：AD12．BCD【详解】13．；【详解】因为本场考试时间120分钟，所以时针转过了则时针顶点走过的路程为故答案为：14．【

详解】由题意，又是第四象限角，∴，∴．故答案为：．15．【详解】16．8【详解】令，画出图像2xy=2logyx=yx=22123−=−33−=154cos5=243sin155=−−=−1sincos5+=1578(

)()()()22log1,13816,3xxhxxxx−=−+()hx函数，函数4个零点即和有4个不同交点，其横坐标分别为，，，且，易得由，即即，即，所以可得故答案为：817．（1）；（2）0.【详解】解：（1）由（2）原式．18．（1）

；（2）【详解】(1)由题意得解得(舍去)，故扇形圆心角为.()()()()22log1,13816,3xmxfxxxmx−+=−++()()()()22log1,13816,3xxhxxxx−=−+ym=−2x3x4x1234xxxx<<<348

xx+=()()2122log1log1xx−=−()()2122log1log10xx−+−=12(1)(1)1xx−−=1212xxxx=+121212111xxxxxx++==()343412118xxx

xxx++=+=47−()242320lglog3log222sin302=+−+−231lg1032log2222log=+−+−12210=+−−=12=10,=2l(2)由已知得，l＋2R＝

20.所以S＝lR＝(20－2R)R＝10R－R2＝－(R－5)2＋25，所以当R＝5时，S取得最大值25，此时l＝10，α＝2.19．（1）；（2）.【分析】（1）计算出各产品等级的频率，利用中位数左边的矩形面积

之和为可求得的值；（2）计算得出件产品中级品共件，分别记为、、，级品共件，分别记为、、、，列举出所有的基本事件，并确定事件“所抽的件产品中至少有件级品”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】（1）当时，，，频率为；当时，，，频率为；当时，，，频率为.各产品等级

的频率如下表所示：质量指标值产品等级频率，，所以，，解得；（2）所抽取的件产品中，级品的数量为，分别记为、、，级品的数量为，分别记为、、、，从这件产品中任取件产品，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共个基本事件，85m=570.5m7A

31A2A3AB41B2B3B4B21A6n=)60,70k1100M=11100.1100p==7n=)70,80k150M=21100.250p==8n=)80,90k125M=31100.425p==k90100k8090k7080k6070k

ABCD0.30.40.20.10.10.20.50.10.20.4+++()80,90m800.10.20.40.510m−++=85m=7A0.3730.30.4=+1A2A3AB41B2B3B4B7212AA13AA11A

B12AB13AB14AB23AA21AB22AB23AB24AB31AB32AB33AB34AB12BB13BB14BB23BB24BB34BB21其中，事件“所抽的件产品中至少有件级品”包含个基本事件，因此，所求事件的概率为.20．（1）,厘米（2）厘米【分析】（1）先求出点的坐标，

再求出的长，从而得出函数的解析式；由二次函数的性质求解即可；（2）先得出窗户的高与长的比值为，再结合基本不等式得出答案.【详解】（1）因为抛物线方程为，所以又因为，所以点到的距离为所以点到的距离为，即因为，所以当时有最小值此时，，故应设计为厘米（2

）窗户的高与长的比值为因为，当且仅当，即时取等号所以要使得窗户的高与长的比值达到最小，厘米21．（1）（2）【分析】21A15155217P==()()24043ttftt−+=343DAB()ftBC121()(04)62gttt

t=+−23xy=−2,3Dtt−8242tABDCt−===−OAD23tOBC243tt+−()()24043ttftt−+=()13122304tt−==−32t=2min33333132()44

232424ftf==−+=−+=32t=32232BCt===BC3BC241213()(04)262ttgttttt−+==+−1211212312626232tttt+−−=−…26tt=23t=BC243BCt==1

2k=−()31,−+（1）利用偶函数的性质，将问题转化为恒成立问题，即对一切恒成立；（2）问题等价于方程有且仅有一个根，再利用换元法，令，，等价于方程有且只有一个正根，对进行分类讨论求解；【详解】（1）由函数是偶函数可知，，，即对一切恒成立，．（

2）函数与的图像有且只有一个公共点，方程有且只有一个实根，方程有且只有一个实根．令，，则方程有且只有一个正根．①当时，方程即为，解得，不符合题意；②当时，若方程有两个相等的正根，则，即，解得或，当时，解得，不符合题意

；当时，解得；若方程有一个正根与一个负根，则，解得．以上结果经过验证均满足．综上，实数的取值范围是．22．（1）（2）证明见解析（3）当，时，．2xkx=−xR()()fxgx=2xt=0t()241103atat−−−=a()fx()()fxfx

=−()()44log41log41xxkxkx−++=+−441log241xxkx−+=−+2xkx=−xR12k=−()fx()gx()4414log41log223xxxaa+−=−142

(2)23xxxa+=−2xt=0t()241103atat−−−=1a=4103t−−=304t=−1a0=()244103aa−+−=34a=3a=−34a=20t=−3a=−12

t=10a−1a4203xaa−a()31,−+12[1x−0)()2xfxx=−+当，时，，【分析】（2）令取代入化简后，由函数周期性的定义即可证明结论；（3）由，得，，求出代入化简后求出，即可求出一个周期，上的解析式，利用函数的周期性求出在，时的解析

式；【详解】证明：（2）因为，令取得，所以，所以，2是函数的周期．解：（3）当，时，，，则，又，即，解得．所以，当，时，．所以，因为的周期为2，所以当，时，，[21xk−21)()kkZ+2,[21,2)

()(2)222,[2,21)xkxkkfxfxkxkxkkk−−−=−=−+−+x1x+1()(1)1()fxfxfx−+=+[1x−0)1[0x+1)(1)fx+1()(1)1()fxfxfx−+=+()fx[1−1)()fx[21xk−21)()k

kZ+1()(1)1()fxfxfx−+=+x1x+1()11(1)1()(2)()1()1(1)11()fxfxfxfxfxfxfxfx−−−+++===−++++()fx[1x−0)1[0x+1)()11fxx+=+1(

)(1)1()fxfxfx−+=+1()11()fxxfx−=++()2xfxx=−+[1x−0)()2xfxx=−+,[1,0)()2,[0,1).xxfxxxx−−=+()fx[21

xk−21)()kkZ+2,[21,2)()(2)222,[2,21)xkxkkfxfxkxkxkkk−−−=−=−+−+