【文档说明】浙江省淳安县汾口中学2020-2021学年高一上学期数学期末模拟考试十 含答案.doc，共(16)页，1.925 MB，由小赞的店铺上传

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高一上学期期末考试模拟（十）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．函数1()12fxxx=++−的定义域为()A．[1−，2]B．[1−，2)(2，)+C．[1−

，)+D．(−，2)(2，)+2．已知角的终边在直线3yx=上，则3sin(2)cos()cos()25cos()sin()sin()2−+−−−−+的值是()A．33B．33−C．3D．3

−3．已知3log2a=，cos2b=，ec=，则a，b，c的大小关系是()A．abcB．acbC．cbaD．cab4．函数cos()xxxfxee−=−的大致图象为()A．B．C．D．5．tan19522cos285(+=)A．2

B．1C．22D．126．若命题“xR，22(1)4(1)30kxkx−+−+„”是假命题，则k的取值范围是()A．{|17}kkB．{|17}kk„C．{|71}kk−−D．{|71}kk−−„7．函数1sin1

2xyx=−+在区间(6,6)−内的零点个数为()A．2B．3C．4D．68．已知2,0()2,0axxxfxxx+=−„，若不等式(2)()fxfx−…对一切xR恒成立，则实数a的取值范围为()A．9[16−，)+B．9[16−，1]

2−C．(−，9]16−D．(−，1]2−二、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。全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。9．下列函数中，值域为[2，)+的是(

)A．1yxx=+，0xB．1coscosxx=+，(2x−，)2C．2221xyx+=+D．1yxx=+10．命题p：“方程|21|0xb−+=有且仅有一个根”为真命题的充分不必要条件是()A

．{0}B．{|0bb=或1}b−„C．{|1}bb−„D．4{|1}3bb−−11．函数()sin()(0,0,||)2fxAxA=+的部分图象如图所示，下列结论中正确的是()A．将函数()fx的图象向右平移12个单位得到函数()sin(2)4gxx=+的图象B．函数

()fx的图象关于点(,0),26kkZ−对称C．函数()fx的单调递增区间为5[,],1212kkkZ−+D．直线23x=−是函数()fx图象的一条对称轴12．已知函数f（x）＝，若函数g（x）＝[f（x）]2﹣

4f（x）+m+1恰有8个零点，则（）A．m的最小值为1B．m的最小值为2C．m的最大值为3D．m无最大值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知集合{|3sinMyyx==，}xR，{|||}N

xxa=，若MN，则实数a的取值范围是．14．已知34sin()4cos()322++−=，则cos(2)2−=．15．已知函数22()log_2(122)31xfxxxe=+++++，[6x−，6]，若()fx的最大值为M，最小值为m，则M

m+=．16．已知()fx是定义在[4−，4]上的奇函数，当0x时，2()4fxxx=−+，则不等式[()]()ffxfx的解集为．四、解答题：本题共6小题，第17题10分，第18—22题，每题12分，共70分。解答应写出文字说明、证明

过程或演算步骤。17．计算下列各式的值：（1）11203333524()()93()435−−+−；（2）1443327log253log343lglg+−+．18．已知函数2()2cos23sincosfxxxxa=++的最大

值为2．（1）求a的值，并求函数()fx图象的对称轴方程；（2）将函数()yfx=的图象向右平移12个单位，得到函数()ygx=的图象，求函数()gx在区间[6，]3上的值域．19．为创建全国卫生文

明城市，倡导市民绿色出行，我市根据实际情况，新增开第11路专线，根据市场调查和试营运发现，汽车的发车时间间隔t（单位：分钟）满足215t剟，tN，汽车的载客量()pt与发车时间间隔t满足26005(10),210,()600,1015,tttNptttN−−=„剟．（1）请你说

明p（5）的实际意义；（2）若该线路每分钟的净收益为6()1680180ptQt−=−（元)，当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？并求最大净收益．20．设aR，试讨论关于x的方程(1)(3)

()lgxlgxlgax−+−=−的实根个数．21．已知函数4()1(0,1)2xfxaaaa=−+且(0)0f=．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）若函数()(21)()xgxfxk=++有零点，求实数k的取值范围．（

Ⅲ）当(0,1)x时，()22xfxm−恒成立，求实数m的取值范围．22．已知函数2()442fxxmxm=−++的图象与x轴的两个不同交点的横坐标分别为1x，2x．（1）求m的取值范围；（2）求2212xx+的取值范围；（3）若函数2()442fxxmxm=−++在(−，1]上是减函

数、且对任意的1x，2[2x−，1]m+．总有12|()()|64fxfx−„成立，求实数m的范围．高一上学期期末考试模拟（十）答案1．解：由题意得2010xx−+…解得12x−„或2x，故函数的定义域是[1−，2)(2，)+，故选：B．2．解：角的终边在直线

3yx=上，则tan3=，3sin(2)cos()cos()sin(cos)(sin)2tan35cossincoscos()sin()sin()2−+−−−−===−−−−

+，故选：C．3．解：_31_32_33logloglog，102a，1cos1−剟，1cos1222−剟，即122b剟，3e，3c，cba，故选：C．4．解：函数()fx的定义域为{|0}xx，

排除B，cos()()()xxxfxfxee−−−==−−，函数为奇函数，图象关于原点对称，当0x时，分母0xxee−−恒成立，即当102x时，()0fx，排除D，当1x=时，f（1）0，排除A，故选：C．5．解

：tan19522cos285+tan1522sin15=+sin1522sin15cos15=+sin152sin30cos15+=sin152sin(4515)cos15+−=sin15(cos15sin15)

cos15+−=cos15cos15=1=．故选：B．6．解：命题“xR，22(1)4(1)30kxkx−+−+„”是假命题，则命题“xR，22(1)4(1)30kxkx−+−+”是真命题，当1k=时

，30恒成立．当2221016(1)12(1)0kkk−=−−−，解得17k．故k的取值范围为：17k„．故选：B．7．解：1sin12xyx=−+在区间(6,6)−内的零点个数，即为函数sin2yx=与11yx=−图象的交点个

数．在同一坐标系内画出函数sin2yx=与11yx=−的图象，如图所示，由图可知，在区间(6,6)−内两图象的交点个数为3，故函数1()sin12fxxx=−+在区间(6,6)−内的零点个数为3个．故选：B．8．解

：当20x−，即2x，(2)()fxfx−…即为22(2)(2)axxaxx−+−+…，即有424aax−…恒成立，显然0a，由48axa，可得428aa−…，解得12a−„；当20x−„，即2x„，若0x„，由(2)()fxfx

−…即为2(2)2xx−−−…恒成立；若02x„，由(2)()fxfx−…即为22(2)xaxx−−+…，即243xax−„对02x„恒成立，由2243139()4()816xhxxx−==−−，由02x„，可得112x…，可得()hxh…（2）12=−，即有12a−„，综上可得，a

的取值范围是(−，1]2−，故选：D．9．解：A．0x时，12yxx=+…，当且仅当1x=时取等号，符合题意，该选项正确；.(,)22Bx−时，0cos1x„，1cos2cosyxx=+…，当且仅当cos1x=

时取等号，符合题意，该选项正确；222221.1211xCyxxx+==++++…，当且仅当211x+=，即0x=时取等号，该选项正确；D．当0x时，10yxx=+，该选项错误．故选：ABC．10．解：方程|21|0

xb−+=有且仅有一个根，即函数|21|xy=−和yb=−的图象有且只有1个交点，画出函数的图象，如图示：，故1b−…或0b−=即1b−„或0b=时，方程|21|0xb−+=有且仅有一个根，对于:{0}{|1Ab

b−軇，或0}b=，是充分不必要条件，对于:{|0Bbb=或1}{|0bbb−==„或1}b−„，是充分必要条件，对于:{|1}{|0Cbbbb−=勡或1}b−„，是充分不必要条件，对于4:{|1}{|03Dbbbb−−=Ü或1}b−„，是充分不必要条件，故选：ACD．11．解：

根据函数()sin()(0fxAxA=+，0，||)2的部分图象，可得1A=，1274123=−，2=．再根据五点法作图可得23+=，3=，()sin(2)3fxx=+，将函数

()fx的图象向右平移12个单位得到函数()sin(2)sin(2)636gxxx=−+=+，故A错误；令23xk+=，kZ，可得26kx=−，kZ，故函数()fx的图象关于点(,0),26kkZ−对称，故B正确；令222232kxk−++剟，

kZ，解得51212kxk−+剟，kZ，故函数()fx的单调递增区间为5[,],1212kkkZ−+，故C正确；令232xk+=+，kZ，可得212kx=+，kZ，故函

数()fx图象的对称轴为212kx=+，kZ，故D错误．故选：BC．12．解：设f（x）＝t，因为g（x）有8个零点，所以方程f（x）＝t有2个不同的实数根，结合f（x）的图象可得t2﹣4t+m+1

＝0在（0，3]内有2个不同的实数根，即m+1＝﹣t2+4t在（0，3]内有2个不同的实数根，则3≤m+1＜4，故2≤m＜3．故选：BD．13．解：集合{|3sinMyyx==，}[3xR=−，3]，{|||}(,)Nxxaa

a==−，因为MN，所以3a，即实数a的取值范围是(3,)+．故答案为：(3,)+．14．解：因为34sin()4cos()322++−=，所以4cos4sin3−=，两边平方可得912sincos16

−=，所以7sin216=，则7cos(2)sin2216−==．故答案为：716．15．解：由题意可得22()log_2(122)31xfxxxe=+++++21log_2(122)41xxexxe−=+++++，令函数211()log_2(12)2)11xxxxeegxxxee

−−=++++++，定义域为[6−，6]关于原点对称，且21()log_2(12)2)1xxegxxxe−−−−=+−++21log_2(122)()1xxexxgxe−=−++−=−+，即函数()gx为奇函数，其最大值和最小值的和为0，所以函数()fx的最大值和最小值的和44

8mM+=+=，故答案为：8．16．解：因为()fx是定义在[4−，4]上的奇函数，当0x时，2()4fxxx=−+，当0x时，0x−，2()4()fxxxfx−=−−=−，所以2()4fxxx=+，而(0)0f=，故224,40()4,04

xxxfxxxx+−=−+剟„令()fxt=，则原不等式等价于()ftt，解得30t−或34t„，所以3()0fx−或3()4fx„，所以43x−−或0x−或13x，故不等式的解集为(4−，3)(1−−，0)(1，3)．故答案为：(4−，3

)(1−−，0)(1，3)．17．解：（1）11203333524()()93()435−−+−1211333344()133()55=+−1121333344()()355+=−+3=；（2）1443327log253log

343lglg+−+343331log3log3253log3224lglg=−+−+3312(52)44lglg=−++−1210lg=−+1=．18．解：（1）2()2cos23sincos2sin(2)16fxxxxaxa=++=+++2121maxyaa=++

==−，()2sin(2)6fxx=+，对称轴：()26kxkZ=+；（2）()()2sin212gxfxx=−=，23[,]2[,]sin2[,1]2sin2[3,2]63332xxxx函数()gx在区间[,]63上的值域为：[3,2]．19．解

：（1）由分段函数的意义及表达式可知，当发车时间间隔为5分钟时，载客量为p（5）600525475=−=（人)；（2）当210t„时，22()6005(10)5100100ptttt=−−=−++，26()1680306006001

680180180ptttQtt−−++−=−=−3642030()420301260tt=−+−=„，当且仅当36tt=，即6t=时，取等号；当1015t剟时，6()1680192018018019218012ptQtt−=−=−−=„．综上可

知：当发车时间间隔为6分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大净收益为60元．20．解：由题意10x−且30x−，所以13x，又(1)(3)(1)(3)()lgxlgxlgxxlgax−+−=−−=−所以(1)(3)xxax−−=−

在13x上有两个实根，即判断2530xxa−++=在(1,3)上个实根的个数．所以253axx=−+−，(1,3)x，令2()53fxxx=−+−，(1,3)x，f（1）1=，f（3）3=，513()24f=，当1313,4aa=或„时，方程有1

个实根，当1334a时，方程有2个实根，当134a，1a„时，方程无实根．21．解：（Ⅰ）对于函数4()1(0,1)2xfxaaaa=−+，由4(0)102fa=−=+，求得2a=，故42()1122221xxfx=−=−++．（Ⅱ）若函数()(21)()21221xxx

gxfxkkk=++=+−+=−+有零点，则函数2xy=的图象和直线1yk=−有交点，10k−，求得1k．（Ⅲ）当(0,1)x时，()22xfxm−恒成立，即212221xxm−−+恒成立．令2xt=，则(1,2)t，

且323112(1)(1)1tmttttttt+−==++++．由于121tt++在(1,2)上单调递减，1212712216tt++=++，76m„．22．解：（1）根据题意，可得△21616(2)0mm=−+，解得：1m−或2m；（2）由题意，2()

4420fxxmxm=−++=的两个根为1x，2x，12xxm+=，1224mxx+=，222221212122117()2()2416mxxxxxxmm++=+−=−=−−1m−或2m，令2117()(

)416hmm=−−，故()hm在(,1)−−递减，在(2,)+递增，故(){(1)minhmminh−或h（2）}，由1517(1)24444−−=−=，故7()(1)16minhmh=−=；

2212716xx+；（3）若()fx在(−，1]上是减函数，则对称轴12mx=…，故2m…①，由11022mmm+−=+，故212mm−+，故()fx在[2−，)2m递减，在(2m，1]m+递增，故2()()22minmf

xfmm==−++，而(2)918fm−=+，(1)56fmm+=+，故(2)(1)ffm−+，故()(2)918maxfxfm=−=+，若对任意的1x，2[2x−，1]m+，总有12|()()|64fxfx−„成立，故只需()()64maxminfxfx−„即可，即2918

(2)64mmm+−−++„，即28480mm+−„，解得：124m−剟②，由（1）()0fx=有2个根，2m③，综合①②③得：24m„．