福建师范大学附属中学2020-2021学年高一上学期期中考试数学试题评分标准

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以下为本文档部分文字说明:

高一数学答案第1页,共6页福建师大附中2020-2021学年上学期期中考试高一数学答案一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的。1-8CADBAACB二、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3分。9.BD10.ACD11.ABC12.BCD11.详解:由题可知,函数2()xfxxa,若0a时,则21()xfxxx,定义域为:1x,选项C可能;若0a

,取1a时,2()1xfxx则函数定义域为R,且是奇函数;0x时函数可化为1()1fxxx选项B可能;若0a时,如取1a,2()1xfxx,定义域为:1x且是奇函数,选项A可能,故不可能是选项D,故选:ABC12.详解:[]x是整数,若[]1xx,[]1x是整数

,∴[][]1xx,矛盾,∴A错误;,xyR,[],[]xxyy,∴[][]xyxy,∴[][][]xyxy,B正确;由定义[]1xxx,∴0[]1xx,∴函数()[]fxxx的值域是[0,1),C

正确;若tR,使得3451,2,3,,2nttttnL同时成立,则312t,4423t,5534t,6645t,,21nnntn

,因为6342,若6n,则不存在t同时满足312t,6645t.只有5n时,存在35[3,2)t满足题意,故选:BCD.高一数学答案第2页,共6页三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.214.),2[15.]5,4[16.]4,2[四、解答题: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.解:(1)2422303330.123331228421331322431332192

4913212294;(2)∵11223xx,∴21112227xxxx,2221249247xxxx,故122272124725xxxx.18.解:(1

)因为奇函数fx的定义域为R,所以00f.故有2000002mfn,解得0m.所以222xfxxnx.由11ff,即2222112112nn,解得0n,所以0mn.此时22()

2xfxx是奇函数.所以0mn.(2)由(1)知222xfxx,任取1222xx.则22122121121212222222121212

22222222222222xxxxxxxxxxfxfxxxxxxx,因为122x,222x,所以1222xx,故1220xx.高一数学答案第3页,共6页又因为12xx,所以21

0xx,故120fxfx,即12fxfx,所以函数fx在2,2上为增函数.(3)因为(21)(1)0fxfx,且fx是奇函数,所以(21)(1)(1)fxfxfx由(2)知fx在2,2上为增函数

,所以函数fx在1,1上为增函数,所以1111121112xxxx,解得201032xxx即132x,所以不等式的解集为]1,32(.19.解:(1)0

a,101Mxxaxxax,2101332022xNxxxx,且312MNxx,所以,1a,解得1a;(2)①当1a时,1Mxax,又MN,所以12a,

解得12a,所以112a;②当1a时,1M,满足MN,所以1a;③当1a时,1Mxxa,又MN,所以32a,解得32a,所以312a.综上所述,实数a的取值范围是31,2

2.高一数学答案第4页,共6页20.解:(1)ANx(2x),则由DNDCANAM,得32xAMx,∴232AMPNxSANAMx,由32AMPNS,得23322xx,又2x,所以2332640xx

,解得823x,或8x,所以AN的长度的取值范围为82,8,3U.(2)因为2233(2)12(2)1222AMPNxxxSxx123(2)122xx1223(2)12242xx,当且仅当123(2)2xx

,即4x时,等号成立.所以当AN的长度是4m时,矩形AMPN的面积最小,最小值为224m.21.解:(1)∵fx是定义域为R的奇函数.∴0002120fakak,即3k.∴3k时,fx是奇函

数.(2)(0xxfxaaa,且1)a.∵110,0faa.又0a,且1,01aa.而xya在R上单调递减,xya在R上单调递增,故xxfxaa在R上单调递减.不等式化为2224224xxxxftff

,所以222>24xxxt.即212+>024xxt恒成立,又2>0x,所以41>22+xxt,高一数学答案第5页,共6页而4422242+2xxxxy,当且仅当xx242即1x等号成立,所以1>4t,解得>3t.

22.解:(1)∵531xgxx,,11,x,∴5721xgxx.∴253571011xxxgxgxx.即对任意的,11

,x,都有210gxgx成立.∴函数gx的图象关于点1,5对称.(2)∵532511xxgxx,易知gx在2,13上单调递增.∴gx在2,13x时的值域为1,4.

记函数yhx,0,2x的值域为A.若对任意的10,2x,总存在22,13x,使得12hxgx成立,则1,4A.∵0,1x时,21xmxmhx,∴12h,即函数

hx的图象过对称中心1,2.(i)当02m,即0m时,函数hx在0,1上单调递增.由对称性知,hx在1,2上单调递增.∴函数hx在0,2上单调递增.易知01hm.又024hh,∴23hm,则1,3Amm.高一数学答案

第6页,共6页由1,4A,得11430mmm,解得10m.(ii)当012m,即02m时,函数hx在0,2m上单调递减,在,12m上单调递增.由对称

性,知hx在1,22m上单调递增,在2,22m上单调递减.∴函数hx在0,2m上单调递减,在,222mm上单调递增,在2,22m上单调递减.∴结合对称性,知

2,0Ahh或,222mmAhh.∵02m,∴011,3hm.又024hh,∴231,3hm.易知211,224mmh

m.又2422mmhh,∴22,32mh.∴当02m时,1,4A成立.(iii)当12m,即2m时,函数hx在0

,1上单调递减.由对称性,知hx在1,2上单调递减.∴函数hx在0,2上单调递减.易知01hm.又024hh,∴23hm,则3,1Amm.由1,4A,得13412mmm.解得23m.综上可知,实数m的取值

范围为1,3.

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