【文档说明】江西省吉安市第一中学2022-2023学年高一上学期1月期末数学试题 含答案.docx，共(10)页，499.426 KB，由小赞的店铺上传

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吉安一中2022—2023学年度上学期期末考试高一数学试卷命题人：审题人：备课组长：一、单选题（每题5分，共40分）1．设集合2230Axxx=−−，Z22Bxx=−.则AB的元素个数为（）A．2B．3C．4D．52．已知奇函数()fx在R上是增函数，()()gxxfx=.若0.

52(log0.2),(2),(4)agbgcg===，则,,abc的大小关系为（）A．cbaB．bacC．b<c<aD．abc3．已知函数()1fxxk=++，若存在区间[,]ab，使得函数()fx在区间[,]ab上的值域为[1,1]ab++则实数k的

取值范围为（）A．(1,)−+B．(1,0]−C．1,4−+D．1,04−4．在算式2大+2庆+2精+2神=29中，“大、庆、精、神”分别代表四不同的数字，且依次从大到小，则“庆”字所

对应的数字为()A．4B．3C．2D．15．已知扇形的周长为20cm，当扇形面积的最大值时，扇形圆心角为（）A．1.5B．2C．2.5D．36．设函数()fx的定义域为R，满足(1)()fxfx+=，且当(0,1]x时()(1)fxxx=−．则当(2,1]x−−，()fx的最小值

是A．12−B．116−C．18−D．14−7．已知()22,0,4,0.xxfxx+=则关于a的不等式()()223fafa−的解集为（）A．()0,3B．()1,3−C．()3,1−D．()0,18．已知函数()1fxxax=++，()265gxxx=−+，当174a时，

方程()0fgx=根的个数为（）.A．4B．3C．2D．1二、多选题（每题5分，共20分）9．已知x，y是正数，且21xy+=，下列叙述正确的是（）A．2xy最大值为14B．224xy+的最小值为12C．2xy+最小值为2D．11xy+最小值为322+10．定义在R上的

函数()fx满足()()()fxyfxfy+=+，当0x时，()0fx，则()fx满足（）A．(0)0f=B．()yfx=是偶函数C．()fx在[,]mn上有最大值()fnD．(1)0fx−的解集为(,1)−11．下列命题正确的是（）A．2,,2(1)0abRab−++B．

aR，xR，使得ax＞2C．ab=0是220ab+=的充要条件D．a≥b＞－1，则11abab++12．已知函数21,2()(R),4cos(),2xxfxaxax−=+则下列说

法正确的是（）A．函数()fx为周期函数．B．函数()fx为偶函数．C．当0a时，函数有且仅有2个零点．D．若点(,)Pxy是函数()fx图象上一点，则()223−+xy的最小值与a无关．三、填空题（共20分）13．集合2|7,

Zxxx的真子集个数是__________.14．已知向量|𝑎⃗|=1，向量𝑏⃗⃗满足|𝑎⃗−𝑏⃗⃗|+|𝑎⃗+𝑏⃗⃗|=4，则b的最小值为______.15．若函数()231,111,122xxxxfxx−+=+

，则((2))ff=__________.16．设函数()212221xxfxx−−=++，若对xR，不等式()()24fmxfx+≥成立，则实数m的取值范围是____________.四、解答题（共70分）17．已知集合A=

{x|﹣2≤x≤5}，B={x|4＜x＜6}，C={x|x＜a}．（1）求∁U（A∩B）；（2）若A∪B⊆C，求a的取值范围．18．在平面直角坐标系xOy中，角以Ox为始边，点()3,1P−位于角的终边上．(1)求sin和cos4−

的值；(2)若(),−，求函数()()tanfxx=−的定义域和单调递增区间．19．已知mR，命题p：11x−，不等式2313xmm−+−恒成立；命题q：11x−，使得mx成立.(1)若p为真命题，求实数m的取值范围；

(2)若q和p一真一假，求实数m的取值范围.20．已知函数y＝f（x）的图象与g（x）＝1ogax（a＞0，且a≠1）的图象关于x轴对称，且g（x）的图象过点（4，2）．全科免费下载公众号-《高中僧课堂》（1）求函数f（x）的解析式；（2）

若f（3x﹣1）＞f（﹣x+5）成立，求x的取值范围．21．如图，港口A在港口O的正东120海里处，小岛B在港口O的北偏东60的方向，且在港口A北偏西30的方向上，一艘科学考察船从港口O出发，沿北偏东30的OD方向以20海里/小时的速度驶离港口O.一艘给养快艇从港口A以

60海里/小时的速度驶向小岛B，在B岛转运补给物资后以相同的航速送往科考船.已知两船同时出发，补给装船时间为1小时.（1）求给养快艇从港口A到小岛B的航行时间；（2）给养快艇驶离港口A后，最少经过多少小时能和科考船相遇？22．已知函数()()lnfxxa=

+()aR的图象过点()1,0，2()()2efxgxx=−.(1)求函数()gx的解析式；(2)设0m，若对于任意1,xmm，都有()ln(1)gxm−−，求m的取值范围.1．C【分析】首先求解二次不等式的解集得到集合A，再根据集合的交集得到结果即可.【详解】解：∵

223013Axxxxx=−−=−，Z222,1,0,1,2Bxx=−=−−∴1,0,1,2AB=−.2．B【分析】根据奇函数()fx,可知()()gxxfx=为偶函数.根据偶函数图像关于y轴对称,可判断,,abc

的大小.【详解】因为奇函数()fx在R上是增函数,所以由函数的性质可知()()gxxfx=为R上的偶函数,且(0)0g=()()gxxfx=在(),0−上单调递减,在()0,+上单调递增因为222

1log0.2loglog55==−而22log53,所以23log52−−−,即23log0.22−−因为0.5122所以0.522log54而()()()222log0.2log5log5aggg==−=,0.5(2)bg=,(4)

cg=所以bac故选:B【点睛】本题考查了函数奇偶性及单调性的综合应用,函数大小比较,判断两个函数乘积的奇偶性是解决此类问题的关键,属于中档题.3．D【分析】根据函数的单调性可知，()()11faa

fbb=+=+，即得110110aakbbk+−+−=+−+−=，故可知1,1ab++是方程20xxk−−=的两个不同非负实根，由根与系数的关系即可求出．【详解】根据函数的单调性可知，()()11faafbb=+=+，即可

得到110110aakbbk+−+−=+−+−=，即可知1,1ab++是方程20xxk−−=的两个不同非负实根，所以140110kabk=+++=−，解得104k−．故选：D．【点睛】关键点睛：利用函数的单调性以及一元二次方程的根与系数的关系是解决

本题的关键.4．B【分析】由432029168412222=+++=+++可得答案.【详解】由432029168412222=+++=+++可得“庆”字所对应的数字为3.故选B.【点睛】本题考查指数幂的计算，

属基础题.5．B【分析】由扇形的周长和面积，利用基本不等式可求出面积的最大值，进而求出圆心角的大小.【详解】扇形周长220=+=CRl，扇形面积12SlR=由20222=+RlRl，可得50Rl，当且仅当210==Rl时，面积有最大值25，扇形的圆心角1025===lR

故选：B【点睛】本题考查了扇形的周长和面积公式、基本不等式求最值等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.6．D【分析】先求出函数()yfx=在区间(2,1−−上的解析式，利用二次函数的性质

可求出函数()yfx=在区间(2,1−−上的最小值．【详解】由题意可知，函数()yfx=是以1为周期的周期函数，设(2,1x−−，则(20,1x+，则()()()()222132fxfxxxxx=+=++=++，即当(2,1x−

−时，()22313224fxxxx=++=+−，可知函数()yfx=在32x=−处取得最小值，且最小值为()min3124fxf=−=−，故选D.【点睛】本题考查函数的周期性以及函数的最值，解决本题的关键

就是根据周期性求出函数的解析式，并结合二次函数的基本性质求解，考查计算能力，属于中等题．7．A【分析】先画出函数的图象，再解不等式组223,20aaa−即得解.【详解】解：函数的图象如图所示，213,23,03020aa

aaaa−−，故选：A.8．C【分析】利用换元法令()txg=，则方程()0fgx=根的情况转化成研究方程()0ft=根的情况，由一元二次函数的对称轴、判别式、区间端点函数值可得方程()0ft=的两根的范围

，进而得到方程()0fgx=根的个数.【详解】令()265(4)gxxxtt=−+−=，所以()0ft=，即21010tatatt++=++=①，因为240a=−，所以方程①有两个不相等的实根12,tt，不妨设12tt.因为2(4)(4)14170,aa−+−+=−

+且20010,a++所以方程①的两根，14t−（舍去）2,40t−所以22265(40)txxt−−=+，由于函数2yt=与函数265yxx=−+图象有两个交点，所以方程()0fgx=根的个数为2个.故选C.【点睛】本题考查与二次函数复合的复杂函数的零点问题，考查转化与

化归思想的应用，求解时要注意换元法的灵活运用，及新元取值范围的确定，才会使问题进行等价转化，同时注意一元二次函数零点分布的充要条件的应用.9．ABD【分析】题可知10,012xy，且12yx=−，利用基本不等式可判断A,D；构造二次函数型可判断B；对2xy+两边同时平方，利用基本不等式可

判断C.【详解】因为,xy是正数，且21xy+=，所以不等式可知222xyxy+，即122xy，得124xy，当且仅当122xy==，即11,42xy==取得等号，所以2xy的最大值为14，所以A正确；因为,xy是正数，且

21xy+=，所以10,012xy，且12yx=−，所以2222244(12)841xyxxxx+=+−=−+，当14x=时224xy+有最小值为1118411642−+=，所以B正确；()22222221221222xyxyxyxyxy++=++=++=

，当且仅当122xy==，即11,42xy==取得等号，因为x，y是正数，所以2xy+最大值为2，故C不正确；因为112222213322xyxyyxyxxyxyxyxy+++=+=+++=+++，当且仅当2y

xxy=且21xy+=即21,212xy=−=−时取等号，此时11xy+最小值为322+，所以D正确．故选：ABD.10．AD【分析】赋值法可以求出(0)0f=，()()0fxfx+−=，判断出AB选项；C利用赋值法和题干中的条件可以得出()yfx=的单调性，从而得到()fx在[,]mn上有

最大值；D选项利用C选项中判断的函数的单调性进行解不等式，得到答案.【详解】定义在R上的函数()fx满足()()()fxyfxfy+=+，令0xy==得：(0)(0)(0)fff=+，解得：(0)0f=，A

正确；令yx=−得：(0)()()ffxfx=+−，因为(0)0f=，所以()()0fxfx+−=，故()yfx=是奇函数，B错误；任取1x，2xR，且12xx，则令1xx=，2yx=−，代入得：121212()()()()()fxxfxfxf

xfx−=+−=−，因为当0x时，()0fx，而120xx−，所以12)(0fxx−，故12())0(fxfx−，即12()()fxfx，从而()yfx=在R上单调递减，()fx在[,]mn上有最大值为()fm，C错误；由A选项得到()(1)00fxf−=，而

()yfx=在R上单调递减，故10x−，解得1x，解集为(,1)−，D正确.故选：AD11．AD【分析】举出一例判断存在命题是否正确，判断A，举反例判断BC，由不等式的性质判断D．【详解】对A，2,1ab==−时，22(2)(1)0ab−++=，A正确；对B，0a=时，对任意xR，0ax=

，2ax不成立，B错；对C，1,0ab==时满足0ab=，但此时2210ab+=，C错；对D，1ab−≥，则110ab++，(1)(1)abaabbabba+=++=+，则11abab++，D正确．故选

：AD．12．BD【分析】由()fx的性质和图象可判断A；利用奇偶性定义可判断B；令()0fx=解得x可判断C；由函数由函数()fx的图象和性质可判断D.【详解】由2()1,24=−xfxx得221,24+=xyx，

此时函数()fx的图象为焦点在x轴对称轴为坐标轴的椭圆的上半部分，()()+fxTfx，由()cos(),2=+fxxax知，此时函数的图象为三角函数()cos()=+fxxa在2x的部分，可知函数()fx不是周期函数，故A错误；xR

，因为21,2()(R)4cos(),2−−=+xxfxaxax，所以()()fxfx−=，所以函数()fx为偶函数，故B正确；令2()104=−=xfx，解得2x=，令()cos()0=+=fxxa，解得cos()=−xa，因为1cos()1−x，所以

当01a，可得()0fx=，所以函数至少有2个零点，故C错误；由2()1,24=−xfxx得221,24+=xyx，此时函数()fx的图象为焦点在x轴，对称轴为坐标轴的椭圆的上半部分，椭圆的右焦点为()3,0，由

椭圆性质知(,)Pxy到焦点的距离最小时即为右顶点()20,，此时最小值为23−，所以()223−+xy的最小值为()223−，当2x时，()cos(),2=+fxxax的点到()3,0的距离的平方大于()223−，则

()223−+xy的最小值与a无关，故D正确.故选：BD.13．31【分析】先化简集合，再利用公式即可求得集合2|7,Zxxx的真子集个数【详解】2|7,Z=xxx2,1,0,1,2−−则集合2|7,Zxx

x的真子集的个数是52131−=.故答案为：3114．3【分析】根据平行四边形性质可得()22222ababab++−=+，再结合基本不等式即可求出b的最小值.【详解】由平行四边形性质可得：()22222ababab++

−=+，由基本不等式可得：()2222abababab++−++−，当且仅当abab+=−时等号成立，所以()()22222ababab++−+，即()224212b+，所以3b，所以b的最小值为3.故答案为：3【点睛】本题主要考查了向量的数

量积的运算及基本不等式的应用，属于中档题.15．52【分析】根据分段函数解析式代入计算即可.【详解】由题,()()12112321225((2))12ffff−==−−++==.故答案为：52【点睛】本题主要考查了分段函数求函数值的问题,属于基础题.16．4,4−【解

析】分析出函数()fx为偶函数且在)0,+上单调递减，由()()24fmxfx+≥可得出24mxx+，利用二次函数的基本性质可得出关于m的不等式，由此可求得实数m的取值范围.【详解】函数()21222

1xxfxx−−=++的定义域为R，()()()()221122222211xxxxfxfxxx−−−−−−−=+=+=++−，所以，函数()fx为偶函数，当0x时，()()2122312321121xxxfxxx−−+=+=+−+

+，由于函数122xy=为减函数，2231yx=+在)0,+上为减函数，所以，函数()212221xxfxx−−=++在)0,+上单调递减，由()()24fmxfx+≥可得()()24fmxfx

+，可得24mxx+，所以，240xmx−+对任意的xR恒成立，设0tx=，则240tmt−+对任意的0t恒成立，由于二次函数24ytmt=−+的对称轴为直线02mt=，2160m=−，解得44m−.因此，实数m的取值范围是4,4−.故答案为：4,4−.【点睛】方

法点睛：利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：（1）把不等式转化为()()fgxfhx；（2）判断函数()fx的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“f”脱掉，得到具体的不等式（组），但要

注意函数奇偶性的区别.17．（1）{x|x≤4或x＞5}；（2）a≥6.【分析】（1）根据A={x|﹣2≤x≤5}，B={x|4＜x＜6}，利用交集和补集的运算求解.（2）先求A∪B，由集合的包含关系求解即可.【详解】（1）∵A={x|﹣2≤x≤5}，B={x|4＜x＜6}，∴A∩B={x|

4＜x≤5}，∁U（A∩B）={x|x≤4或x＞5}．（2）由已知可得，A∪B={x|﹣2≤x＜6}，∵A∪B⊆C，∴a≥6．【点睛】本题主要考查集合的基本运算及其应用，属于中档题.18．(1)1sin2=−，62cos44

−−=(2)定义域|,3xxkk+Z，单调递增区间2,,33kkk−++Z【分析】（1）利用三角函数的定义，结合两角和与差的三角函数转化求解sin和cos4−

的值；（2）求解角，然后利用正切函数的定义域以及单调区间求解即可．【详解】（1）∵点()3,1P−位于角的终边上，1sin2=−，3cos2=，232162coscoscossinsin44422224

−−=+=−=．（2）(),−，1sin2=−，3cos2=，6=−，所以()tan6fxx=+,62xkk++Z，,3xkk+Z所以函数的定义域为|,3xxkk+Z令,262

kxkk−+++Z，解得2,33kxkk−++Z所以函数的单调递增区间2,,33kkk−++Z19．(1)1,2(2)()(,11,2−【分析】（1）对11x−，不等式2313xmm−

+−恒成立，转化为令()()3111fxxx=−+−，则()2min3fxmm−，求出()minfx，解不等式即可得出答案.（2）若q为真命题，则存在1,1x−，使得mx成立，所以maxmx，即可求出q为真命题时m的取值范围，再讨论q和p一真一假的情况，即可得出答案.【详

解】（1）对11x−，不等式2313xmm−+−恒成立，令()()3111fxxx=−+−，则()2min3fxmm−，当1,1x−时，()()min12fxf==−即232mm−−，解得12m.因此，当p为真命题时，m的取值范围是1,2.（2）若q为真命题，则

存在1,1x−，使得mx成立，所以maxmx；故当命题q为真时，1m£.又∵p，q中一个是真命题，一个是假命题.当p真q假时，由121mm，得12m；当p假q真时，由1m或m>2，且1m£，得1

m.综上所述，m的取值范围为()(,11,2−.20．(1)f（x）=12logx(2)1332x【分析】（1）要求()fx的解析式，已知条件中()fx与()gx的图象关于x轴对称，那么首先根据图象所过的点，代入求得(

)gx的表达式，再利用对称，得到()fx的解析式；（2）根据对数函数的单调性，及其对数函数的定义，真数大于零，求解即可.【详解】(1)g(4)=log42,a=解得a=2则g(x)=2logx函数y=f（x）的图象与g(x)=2logx的图象关于x轴对称则f（x）=

12logx(2)函数y=f（x）为减函数且f(3x-1)()f5x−+31050315xxxx−−+−−+,解得1332x即x的取值范围为1332x【点睛】该题是一道对数函数的题目，掌握对数函数图象性质和

单调性是解题的关键，属于中档题目.21．（1）快艇从港口A到小岛B的航行时间为1小时（2）给养快艇驶离港口A后，最少经过3小时能和科考船相遇【分析】（1）给养快艇从港口A到小岛B的航行时间，已知其速度，则只要求得AB的路程，再利

用路程公式即可求得所需的时间．（2）由（1）知，给养快艇从港口A驶离2小时后，从小岛B出发与科考船汇合，根据题意确定各边长和各角的值，然后由余弦定理解决问题．【详解】（1）由题意知，在AOB中，120OA=，30AOB=，60OAB

=，所以90=ABO，于是sin120sin3060ABOAAOB===，而快艇的速度为60v=海里/小时，所以快艇从港口A到小岛B的航行时间为601v=小时.（2）由（1）知，给养快艇从港口A驶离2小时后，从小岛B出发与科考船汇合.为使航行的时间最少，快艇从小岛B驶离后

必须按直线方向航行，设给养快艇驶离港口Bt小时后恰与科考船在C处相遇.在AOB中，cos120cos30603OBOAAOB===，而在COB中，60BCt=，()202OCt=+，30BOC=，由余弦定理，得2222cos

BCOBOCOBOCBOC=+−，即()()()()()22236060320226032022ttt=++−+，化简，得285130tt+−=，解得1t=或138t=−（舍去）.故23t+=.即给养快艇驶离港口A后，最少经过3小时能和科考船相遇.【点睛】本

题主要考查余弦定理的应用，考查学生分析解决问题的能力．余弦定理在解实际问题时有着广泛的应用，一定要熟练的掌握．22．(1)()22gxxx=−，()0,x+；(2)12m.【分析】（1）由已知求得0a=，()lnfxx=，代入即可得到()22gxxx=−，()0,x

+；（2）已知可转化为max()ln(1)gxm−−，即转化为求()gx在1,mm上的最大值，由已知可得1m，11m，根据二次函数的性质可知所以()gx的最大值在1xm=或xm=处取得.作差可得()1gmgm.即可得到22ln(1)0mmm−+−，

1m.令()()22ln1hmmmm=−+−，根据定义法证明()hm在1m时的单调性，根据单调性求解不等式，即可求出m的取值范围.【详解】（1）解：由已知可得，()()1ln10fa=+=，所以0

a=，所以()lnfxx=，定义域为()0,+.所以有，2()()2efxgxx=−2ln22e2xxxx=−=−，()0,x+.（2）解：若对于任意1,xmm，都有()ln(1)gxm−−，只需满足ma

x()ln(1)gxm−−成立.由（1）知，()22,0gxxxx=−，对称轴为1x=.由0m，1mm可得，21m，所以1m，即有11mm.根据二次函数的性质，可得()gx在1,1m上

单调递减，在(1,m上单调递增，所以()gx的最大值在1xm=或xm=处取得.又22111122gmmmmm=−=−，()22gmmm=−，()221122gmgmmmmm−=−

−−22112mmmm=−−−()()3211mmm+−=，又1m，所以()10gmgm−，所以()1gmgm，所以()ma2x(2)gmmmgx==−.由max()ln(1)gxm−

−成立，可得22ln(1)mmm−−−，1m，即22ln(1)0mmm−+−，1m.令()()22ln1hmmmm=−+−，1m，则原不等式等价于()0hm.12,1mm，且设12mm，则()()()()22121112222ln12ln1hmhmmmmmmm−=−

+−−+−−()()11212212ln1mmmmmm−=−+−+−，因为12,1mm，12mm，所以120mm−，1220mm+−，12011mm−−，所以121011mm−−，所以121ln01mm−−，所以()()11212212ln01

mmmmmm−−+−+−.所以()()120hmhm−，所以()()12hmhm，所以()()22ln1hmmmm=−+−在()1,+上单调递增.又()()22222ln210h=−+−=，则由()()02hmh=，可解得12m.