【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．()0,1

8．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21x

y+=，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2221log0.2loglog55==−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，()()11faafbb=+=+，即得1

10110aakbbk+−+−=+−+−=，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1,1a

b++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=+=C

Rl，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()()()()222132f

xfxxxxx=+=++=++，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，213,23,03020aaaaaa−−，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2yxxy=且2

1xy+=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=，2y

x=−，代入得：121212()()()()()fxxfxfxfxfx−=+−=−，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B

C，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110a

b++，(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,Zxxx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()212221xxfxx−−=++的定义域为R，()()()()221122222211xxxxfxfxxx−−−−−−−=+=+=++−，所以，函数()fx为偶函数，当0x时，()()2122312321

121xxxfxxx−−+=+=+−++，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）(),−，1s

in2=−，3cos2=，6=−，所以()tan6fxx=+,62xkk++Z，,3xkk+Z所以函数的定义域为|,3xxkk+Z令,262kxkk

−+++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121

mm，得12m；当p假q真时，由1m或m>2，且1m£，得1m.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()f

x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)=l

og42,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−+31050315x

xxx−−+−−+,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2222cosBCOBOCOBOCBOC=+−，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0a=，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max()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=−，()2

21122gmgmmmmm−=−−−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()()11212212ln01mmmmmm−−+−+−.所以()()120hmhm−，所以()()12hmhm，所以()()22ln1hmmmm=−+−在()1,+上单调递增.又()()22222ln2

10h=−+−=，则由()()02hmh=，可解得12m.