【文档说明】甘肃省张掖市2022-2023学年高一下学期第一次全市联考数学答案.docx，共(13)页，983.849 KB，由小赞的店铺上传

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张掖市2022-2023学年第一次全市联考高一数学试卷答案第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．一、二

、选择题题号123456789101112答案DCACBACBABDBCDACBD1．7πsin6=（）A．32B．32−C．12D．12−【答案】D【详解】7πππ1sinsinsin6662=+=−=−.故选：D2.

设命题2:N,2npnn，则它的否定为（）A．2N,2nnnB．2N,2nnnC．2N,2nnnD．2N,2nnn【详解】命题2:N,2npnn，它的否定为：2N,2nnn.故A，B，D错误.故选：C.3．已知()()2

,>0=+1,0xxfxfxx，则()()22ff+−的值为（）A．5B．4C．2D．6【答案】A4．下列函数中，在定义域内既是奇函数又是减函数的为（）A．1yx=B．tanyx=C．3yx=−D．si

nyx=【答案】C5．已知a为实数，使“3,4x，0xa−”为真命题的一个充分不必要条件是（）A．4aB．5aC．3aD．4a【答案】B【详解】解：依题意，全称量词命题：3,4,0xxa−为真命题，所以，ax在

区间3,4上恒成立，所以4a，所以使“3,4,0xxa−”为真命题的一个充分不必要条件是“5a”.故选：B6.设72log2a=，1.23b=，0.513c−=，则a，b，c的大小关系（）A．acbB．abc

C．bcaD．cba【答案】A【详解】由已知得1.231b=，0.50.51313c−==，且0.51.233cb==，772log2log41a==，所以acb，故选

：A.7.已知幂函数()fx的图象过点()2,32，若()()110faf++−，则a的取值范围为（）A.()2,+B.()1,+C.()0,+D.()1,−+【答案】C【详解】设幂函数()yfxx

==，其图象过点()2,32，所以232=，解得5=，所以()5fxx=.因为()()()5fxxfx−=−=−，所以()5fxx=为奇函数，且在R上单调递增，所以()()110faf++−可化为()()()111faff+−−

=，可得11a+，解得0a，所以a的取值范围为()0,+.故选:C.8．酒驾是严重危害交通安全的违法行为!为了保障交通安全，根据国家有关规定：100ml血液中酒精含量达到20~79mg的驾驶员即为酒后驾车，达

到80mg及以上认定为醉酒驾车．假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了0.6mg/ml，如果在此刻停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时20%的速度减少，那么他至少要经过（）小时后才可以驾驶机动车．（

参考数据：lg20.30，lg30.48）．A．3B．5C．4D．6【答案】B【详解】某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了0.6mg/ml，则100ml血液中酒精含量达到60ml，在停止喝酒以后，全科免费下载公众号-《高中僧课堂》他血液中酒精含量会以每小时

20%的速度减少，他至少要经过t小时后才可以驾驶机动车．则60(120%)20t−，10.83t，0.8451lg3lg30.48loglog34.83lg4lg513lg2130.3t=−=−==−−−．整数t的值为5．故选：B．二、多项选择题：本题共4小题，每

小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9.下列命题正确的是（）A．若22acbc，则abB．若正数a，b满足2ab+=，则112ab+C．若ab，cd，则a

cbdD．若ab，则ab【答案】ABD【详解】解：对A，22acbc且20c，不等式两边同时乘以21c，即得：ab，故A正确；对B，正数a，b满足2ab+=，则()11112222221121babaababababab+=++=+++=

故B正确；对C，若2a=，1b=，1c=−，2d=−，则满足ab，cd，但2acbd==−，故C错误；对D，0ab，ab，故D正确；故选：ABD.10．下列结论正确的是（）A．76−是第三象限角B．已知角为第二象限角，且5sin5=，则25cos5=−C

．若圆心角为3的扇形的弧长为，则该扇形面积为32D．终边经过点()(),0mmm的角的集合是2,Z4kk=+【答案】BCD【详解】766−=−−，是第二象限角，故A错误；根据22sincos1

+=得，222520cos1sin1525=−=−=，又因为角为第二象限角，所以25cos5=−，故B正确；圆心角为3的扇形的弧长为，扇形的半径为33=，面积为13322=，故C正确；终边经过点()(),0mmm，该终边为第一象限的角平分线，即角的

集合是2,Z4kk=+，故D正确；故选：BCD11.设函数()()2ln2fxx=−，则（）A.()fx是偶函数B.()fx在()0,+上单调递减C.()fx的最大值为ln2D.2x=

是()fx的一个零点【答案】AC【详解】函数()()2ln2fxx=−，由220x−得()fx的定义域为()2,2−，关于坐标原点对称，又()()fxfx−=，所以()fx为定义域上的偶函数，A选项正确；令22tx=−，则lnyt

=，由二次函数的性质，当()2,0x−时，22tx=−为增函数；当()0,2x时，22tx=−为减函数；lnyt=在定义域内为增函数，由复合函数的单调可知，()fx在()2,0−上单调递增，在()0,2上单调递减

，B选项错误；由函数单调性可知，()fx最大值为()0ln2f=，C选项正确；()2ln20x−=，解得1x=，则()fx的零点为1，D选项错误.故选：AC.12.高斯是德国的天才数学家，享有“数学王子”的美誉，以“高斯”命名的概念、定理、公式很

多，如高斯函数yx=，其中不超过实数x的最大整数称为x的整数部分，记作x．如20222022=，1.71=，1.52−=−，记函数()fxxx=−，则（）A.()2.90.9f−=B.()fx的值域为)0,1C.()fx在0,5

上有5个零点D.aR，方程()fxxa+=有两个实根【答案】BD【详解】()()2.92.92.92.930.1f−=−−−=−−−=，选项A错误；当10x−时，1x=−，()1fxxxx

=−=+当01x时，0x=，()fxxxx=−=；当12x时，1x=，()1fxxxx=−=−……以此类推，可得()fxxx=−的图象如下图所示，由图可知，()fx的值域为)0,1，选项B正确

；由图可知，()fx在0,5上有6个零点，选项C错误；aR，函数()yfx=与yax=−的图象有两个交点，如下图所示，即方程()fxxa+=有两个根，选项D正确．故选：BD第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共4

小题，每小题5分，共20分.13．21714．(0,2]15．①.12−②.122xx−−−16．191229,2,1051013．已知角的终边有一点31,2P，则sin=________.【答案】21714.()2log2fxxx=+−的定

义域为_________.【答案】(0,2]【解析】由题意，函数()2log2fxxx=+−有意义，则满足020xx−，解得02x，即函数()fx的定义域为(0,2].故答案为：(0,2].15.已知函数()

fx是奇函数，当(),0x−时，()2xfxmx=+，()11f=−，则m=__________.当()0,x+时，()fx=__________.【答案】①.12−②.122xx−−−16.已知0a，函数2,0()πsin,02

π5axaxfxaxx−+−=+，已知()fx有且仅有5个零点，则a的取值范围为__________．【答案】191229,2,10510【解析】【分析】当2a时，()

fx在(,0)−上无零点，所以()fx在[0,2π]上有且仅有5个零点；当2a时，()fx在(,0)−上恰有一个零点，所以()fx在[0,2π]上有且仅有4个零点，利用正弦函数的图象列式可求出结果.【详解】当0x时，()2fxaxa=−+−

，令()0fx=，得21xa=−，若210a−，即2a时，()fx在(,0)−上无零点，所以()fx在[0,2π]上有且仅有5个零点，当[0,2π]x时，πππ,2π555axa++，所以π5π2π6π5a+，

即1229510a.若210a−，即2a时，()fx在(,0)−上恰有一个零点，所以()fx在[0,2π]上有且仅有4个零点，所以π4π2π5π5a+，即191255a，又2a，所以1925

a.综上所述：a的取值范围为191229,2,10510.故答案为：191229,2,10510.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．(10分)．计算：（1）()(

)122031641212−+−−+−；（2）ln323lg5log3log4lg2e−++【详解】（1）()()122031641212−+−−+−，()()()120

33241221=+−−+−，412214=+−+−=.（2）ln323lg5log3log4lg2e−++,ln3lg32lg2lg5lg2lglg32e=−++,1232=−+=.18．（12分）已知

集合220Axxx=−−，Bxxm=或2xm+．(1)当1m=时，求AB，BCAR；(2)若选，求实数m的取值范围．从①ABB=；②ABA=；③xA是xB的充分不必要条件，这三个条件中任选一

个，补充在上面的问题横线处，并进行解答．【详解】(1)()()220210Axxxxxx=−−=−+12xx=−，当1m=时，1Bx=或3x．所以2ABxx=或3x．13RCB

xx=，所以12RAxxCB=(2)因为12Axx=−，Bxxm=或2xm+.由①或②或③，所以A是B的真子集．所以21m+−或2m解得2m或3m−即实数m的取值范围为(,3][2,)−−+U19．（12分）已知

函数()1πsin2,R24fxxx=+.(1)求()fx的最小正周期；(2)求()fx的最大值和对应x的取值；(3)求()fx在ππ,22−的单调递增区间.【详解】（1）因为函数()1πsin2,R24fxxx=+，所以()fx的最小正周期为2ππ

2T==；（2）因为()1πsin2,R24fxxx=+，由ππ22π,Z42xkk+=+，可得ππ,Z8xkk=+，当ππ,Z8xkk=+时，函数()fx有最大值12；（3）由πππ2π22π,Z242kxkk−++

+，可得3ππππ,Z88kxkk−++，又,22ππx−，函数()fx的单增区间为3,88−.20．（12分）已知函数()21xfxx+=（0x）．（1）证明函数()fx为奇函数（2）若3,2x−−，求函数的最大值和最小值。【详解】（1）证明：

()fx的定义域为0xx，关于原点对称，()()()2211xxfxfxxx−++−==−=−−，所以f（x）在定义域上为奇函数；（2）在3,2−−上任取1x，2x，且12xx，则()()()()2212121212

1212111xxxxxxfxfxxxxx−−++−=−=，∵1x，23,2x−−，12xx，∴120xx−，1210xx−，120xx，∴()()12121210xxxxxx−−，∴()()12fxfx，∴f（x）在3,2−−上单调递增，∴最

小值为()1033f−=−，最大值为()522f−=−．21．（12分）已知函数()()0,1xfxabaa=+的图象经过()0,2A和()2,5B.（1）若logaxb，求x的取值范围；（2）若函数(

)()()()21,01log1,03fxxgxfxx−=−+，求()gx的值域.【详解】（1）因为函数()()0,1xfxabaa=+的图象经过()0,2A和()2,5B，所以0225ab

ab+=+=，解得21ab==，22log1log2x=，解得02x，所以x的取值范围()0,2；（2）由（1）知：()21xfx=+，所以()2,01,03xxgxxx=+，当0x时，()2(0,1]xgx=，当0x时，()11,33gxx=++

所以()gx的值域为()1(0,1],0,3+=+.22.已知函数()()πsin0,0,2fxAxA=+的部分图像如图所示.（1）求函数()yfx

=的解析式；（2）将()yfx=的图像上所有点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，再向右平移π6个单位长度得到()ygx=的图像，求函数()gx的单调递增区间；（3）在第（2）问的前提下，对于任意1ππ,

33x−，是否总存在实数2ππ,66x−，使得()()12fxgxm+=成立?若存在，求出实数m的值或取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）()πsin23fxx=+（2）()ππ5ππ,242

242kkk−++Z（3）存在，0m=【解析】【小问1详解】由图可知1A=，7πππ41234T=−=，则2ππT==，2=，所以()()sin2fxx=+，77sin126ππ1f=+=−.所以

7π2π(Z)π62kk+=−+，即5π2π(Z)3kk=−+又π2，所以当1k=时，π3=，所以()πsin23fxx=+.【小问2详解】将()yfx=的图像上所有点的横坐标缩短到原来

的12，纵坐标不变，得：πsin43yx=+，再向右平移π6个单位长度得到：()πππsin4sin4633gxxx=−+=−，由πππ2π42π232

kxk−+−+，kZ，解得ππ5ππ242242kkx−++，kZ，所以函数()gx的单调递增区间为()ππ5ππ,242242kkk−++Z【小问3详解】由()()12fxgxm+=，得()()21gxmfx=−，由1ππ33x−，得1ππ2π33x−

+，所以13sin2123x−+，所以()131,2mfxmm−−+.又2ππ66x−，得2πππ433x−−，所以2π31sin432x−−.由题可知331,1,2

2mm−+−，得113322mm−−+，解得0m=，所以存在0m=，使得()()12fxgxm+=成立.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com