【文档说明】云南省保山市、文山州市2022-2023学年高一上学期期末考试 数学答案.pdf，共(8)页，230.563 KB，由小赞的店铺上传

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数学参考答案·第1页（共8页）保山市文山州2022~2023学年秋季学期期末高一年级质量监测试卷数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、单项选择题（本大题共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）题号12345678答案ACADCBCB【解

析】1．由ln1x得0ex，故选A．2．存在量词命题的否定是全称量词命题，故选C．3．由基本不等式，故选A．4．根据相应函数性质容易判断得到答案，故选D．5．由题意1001log122aaaaa，，≥，解得203a≤，故选C．6．01x，1y

，0z，故选B．7．由tantan3tantan3BCBC，得tantan3(1tantan)BCBC，即tan()BCtantan31tantanBCBC，又B，C为△ABC的内角

，∴60BC，即120A，由3sin22B，120A，∴260B，30B，从而30C，故选C．8．由9103xkk≤，得91103x≤即91lglg103x≤，∴(2lg31)lg3x

≤，∵2lg310，∴lg30.47710.372lg3120.4771x≥，又*xN，∴至少需要11块，故选B．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全

部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）题号9101112答案BCABCABDCD数学参考答案·第2页（共8页）【解析】9．由不等式性质以及基本不等式成立的条件容易得出答案，故选BC．10．由图象知2A，7ππ3π312644T

，∴2ππT，得2．当7π12x时，函数()fx取得最小值，则7ππ22π122k()kZ，即5π2π()3kkZ，又π||2，当1k时，π3，符合题意，A正确；πππ2sin22sin2663

fxxx为奇函数，B正确；令ππ2π32xk，kZ，得ππ212kx，kZ，当3k时，17π12x，C正确；∵ππ124x，，∴ππ5π2366x

，，∴π1sin2132x，，从而()[12]fx，，D不正确，故选ABC．11．(0)2f，((0))(2)3fff，A选项正确；画出图象可知值域为[2)，，在[0)，内函数()fx不单调，因此B正确，C错误；当1x≥时，22xxax≥恒成立，

所以222xxaxxx≤≤，即32222xxaxx≤≤在[1)，上恒成立．由基本不等式可以求得232a≤≤；当1x时，||22xxa≥恒成立．所以||2||22xxax≤≤，

即||2||222xxxax≤≤在(1)，上恒成立，令3202()||222012xxxgxxxx，≤，，，可求得min()2gx，令202()||2322012xxxhxxxx，≤，，，可以求得

max()2hx，所以22a≤≤．综上，22a≤≤，D正确，故选ABD．12．∵()sin|||sin|fxxx，xR，∴()fxsin|||sin()|sin|||sin|()xxxxfx，∴函数()sin|||sin|fxxx为偶函数，sin||

yx不是周期函数，|sin|yx是周期全科免费下载公众号-《高中僧课堂》数学参考答案·第3页（共8页）函数．对于0x≥，当2π2ππkxk≤≤，kZ时，()2sinfxx．当2ππ2π2πkxk，k

Z时，()0fx，∴当0x≥时，π22π2π5π()[()]02π2π2π2π2π66π5ππ12π2π2π662xkxfxkxkkxkkkxkxkZ，，，≤，，，≤≤，，，由函数()sin|||sin|fxxx为

偶函数，可得()x的图象如图所示，由图易知函数()x不是周期函数，所以A错误；∵ππ222，3π02，∴函数()x的图象不关于直线π2x对称，故B错误；由上述可知函数()x的值域是{012}，，，故C正确；由π()()02gxxx

可得2()πxx，当20πx时，0x，(0)0；当21πx时，π2x，π22；当22πx时，πx，(π)0，故直线2πyx与()yx的图象只有一个交点，即函数π()()2gxxx只有一个零点，故D正确，故选CD．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）题号13141516答案3124256522()244fxxx；[86)，【解析】13．∵3sin5，4cos5，∴ππ31sincossincos6622

．22313312cossin(sincos)sincos224425．14．2222sincos2sin(cossin)sin(cossin)s

in(cossin)sincossincossincos2222tantan336tan1315．数学参考答案·第4页（共8页）15．∵104b，∴10log42l

g2b，∴22(2)lg5(2lg52lg2)2lg2aabbaabb2(lg5lg2)lg52lg22lg52lg22．16．容易求得2()244fxxx；由()()fxgx≥，得22244816xxxxm

≥，即26124mxx≥对任意[33]x，恒成立，∴2max(6124)mxx≥，当3x时，26124xx取得最大值86．∴实数m的取值范围为[86)，．四、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．（本小题满分10分）解：（Ⅰ）当1a时，{|02}Axx，{|13}Bxx≤≤，{|03}ABxx≤．……………………………………………（4分）（Ⅱ）[(1)][(1)]0xaxa，且11aa，所以11axa，{|

11}Axaxa，{|13}Bxx≤≤，……………………………………………………（6分）由题可知：AB且AB，所以1113aa≥，≤，………………………………………………………（9分）所以2a．……

………………………………………………（10分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）2ππ2π()2sincos23cos623fxxxxππ2sincos3(cos21)66xxx

πsin23(cos21)3xx13sin2cos2322xxπsin233x，…………………………………………（4分）数学参考答案·第5页（共8

页）πππ2π22π()232kxkkZ≤≤，…………………………………（5分）所以()fx的单调递增区间为5ππππ()1212kkkZ，．………………（6分）（Ⅱ）由题意知：π

()sin233gxx，∴π|()3|sin23ygxx，…………………………………………（8分）因为5π12x和11π12x是πsin23yx在π7π66x，上的对称轴，由对称性可知：125π6xx，3411

π6xx，………………………………………………（11分）所以12349π222xxxx．………………………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）当0a时，21()log3fxx，……………

…………………（1分）由()2fx得130134xx，，所以107x，………………………………………………（3分）即不等式解集为107xx．………………………………………………（4分）

（Ⅱ）()fx在0x时都有意义，即130axax在0x时恒成立，即2(3)10axax在0x时恒成立，即22313111xxxaxxx在0x时恒成立，只需max()agx即可，……………（7

分）数学参考答案·第6页（共8页）令231()11xxgxx，0x，令10tx，234()(1)511tthtttt，∵0t，44(1)2(1)411tttt≥，当且仅

当，411tt，且0t，即1t时等号成立，∴44()(1)51545111httttt≤，∴()1gx≤，即()gx最大值为1，∴1a，………………

……………………………………（11分）∴a的取值范围为{|1}aa．……………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设()fx有零点，则方程()0fx有解，……………………………（1分）124210xxaa有解，………

………………………（2分）设2xt，0t，22210(*)tata，2244(1)0aa，………………………………（4分）(*)方程无正解，所以()fx没有零点．……………………………（5分

）（Ⅱ）设1213xx≤≤，21()()0fxfx恒成立，……………………………………………（6分）2121222111()()2222xxxxaafxfx211221(22)122xxxxa，因为21220xx，所以12211022

xxa恒成立，…………………………………………………（8分）数学参考答案·第7页（共8页）所以122122xxa恒成立，又12121326xxxx≤≤，所以214a≤，…………………………………………………

…（11分）所以a的取值范围为{|33}aa≤≤．…………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）当0x时，则0x，()ln()fxxx，函数()fx是定义在R上的奇函数，()()fxfx，

所以，当0x时，()ln()fxxx，…………………………………………………………（3分）当0x时，()0fx，………………………………………………（4分）ln0()00ln()0.xxxfxxxxx

，，，，，……………………………………………（6分）（Ⅱ）因为22lnlnmmnn，由题可知：2()()fmfn，……………………………………………………（8分）当0x时，()lnfxxx为单调递增的函数，…………………………………………………（

9分）所以20mn，……………………………………………………（10分）221124nmnnn，………………………………（11分）当且仅当12n时，nm求得最大值14．………………………………

……………………（12分）22．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）1x，2(0)x，，且12xx，则211xx，由题意2211()()0xffxfxx，即21()()fxfx，∴()

fx在(0)，上单调递增．………………………………………（4分）数学参考答案·第8页（共8页）（Ⅱ）令mnmn，由()()mffmfnn得，()()()mnfmffmnfnn，即()()()fmnfmfn，………………………

……………………………（6分）由(2)1f，可得(4)(2)(2)2fff，…………………………………（7分）令4m，2n，则(8)(4)(2)3fff，…………………………………（8分）∴不等式(3)(3)3fxfx

，即(3)(3)(8)fxfxf，即3(8)3xffx，……………………………………………………（9分）由（Ⅰ）可知()fx在定义域内单调递增，∴3030383xxxx，，，解得3023x

，…………………………………………（11分）∴不等式(3)(3)3fxfx的解集为3023，．………………………………………………（12分）