广东省佛山市2022-2023学年高一上学期1月期末教学质量检测数学试题含答案.pdf

数学参考答案 第 1 页 共 4 页 20222023 学学年年上学期上学期佛山市普通高中教学质量检测佛山市普通高中教学质量检测 高一数学 参考答案与评分标准 一、选择题一、选择题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D B C B A C B 二、选择题二、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 2 分.题号 9 10 11 12 答案 AC AB ABD BCD 三三、填空题、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.13.8914.2 15.2121xx+(答案不唯一)16.34log3四四、解答题、解答题:本大题共 6 小题,共 70 分,解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.【解析解析】(1)由题意知,|15Axx=1 分 ABB=BA当B=时,121aa 得0a；3 分 当B 时,121,11,215,aaaa 得03a 4 分 综上,a的取值范围是(,3 5 分(2)因为AB,所以B,且15a,211a,即121,15,211,aaaa 8 分 因此,a的取值范围是(0,6)10 分 18.【解析解析】选择：(1)因为2221(sincos)sincos2sincos12sincos2+=+=+=,1 分 所以1sincos04=2 分 又因为0,所以sin0,3 分 进而可得cos0,4 分 由此可知是第二象限角 5 分(2)因为2223(sincos)sincos2sincos1 2sincos2=+=,6 分 又由sin0,cos0,可知sincos0,7 分 所以36sincos22=8 分 数学参考答案 第 2 页 共 4 页 因此,2626sin,cos44+=10 分 于是,2226153sin3sincos3444+=12 分 选择：(1)因为2223(sincos)sincos2sincos1 2sincos2=+=,1 分 所以1sincos04=2 分 又因为0,所以sin0,3 分 进而可得cos0,4 分 由此可知是第二象限角 5 分(2)因为2221(sincos)sincos2sincos12sincos2+=+=+=,6 分 所以2sincos2+=8 分 因此,62sin4=10 分 于是,2262153sin3sincos3444=12 分 选择：(1)因为tantan(2)=+,1 分 所以tan320=2 分 又因为0,所以是第二象限角 5 分(2)因为是第二象限角,所以cos06 分 又因为22sincos1+=,sintancos=,8 分 所以22222222sinsin3sin3sincostan3tancoscossin3sincossincostan1sin1cos=+137 353484 3=.12 分 19.【解析解析】(1)当0 x 时,()0f x=；当0 x 时,1()eexxf x=2 分 由条件可知1e2exx=,即2e2 e10 xx =,解得e12x=4 分 因为e0 x,所以()ln 12x=+5 分(2)当0,1t时,2211eee0eetttttm+,6 分 数学参考答案 第 3 页 共 4 页 即()()24e1e1ttm 8 分 当0t=时,不等式两边都为 0,mR 9 分 当(0,1t时,2e10t,()2e1tm +,()221 e 1 e,2)t+,此时2m,11 分 故m的取值范围是 2,)+12 分 20.【解析解析】(1)设()f x的定义域为D,则由1D可知1D 1 分 这表明101 1a+=,故12a=3 分 由于0D,且(0)(0)(0)fff=,所以(0)0f=,即21log1102bb+=,故1b=5 分 当1,12ab=时,2221121()log1log 1log2111xf xxxx+=+=+=,222221111()()logloglogloglog 101111xxxxf xfxxxxx+=+=+=+,所以()f x是奇函数,因此,1,12ab=6 分(2)当(1,1)x 时,21()log1xf xx+=7 分()f x在区间(1,1)上单调递增,理由如下：8 分 证法一：12,(1,1)x x,且12xx,有 1212121212121211(1)(1)(1)(1)2()11(1)(1)(1)(1)xxxxxxxxxxxxxx+=,9 分 因为12120,10,10 xxxx,所以12122()0(1)(1)xxxx,即12121111xxxx+10 分 进而有12221211loglog11xxxx+,即12()()f xf x11 分()f x(1,1)证法二：12,(1,1)x x,且12xx,有 121212222121211(1)(1)()()logloglog11(1)(1)xxxxf xf xxxxx+=+121212221212121()2()loglog1.1()(1)(1)xxx xxxxxx xxx+=+9分 因为1212120,10,10,10,10 xxxxxx+,所以12121212(1)(1)2()011(1)(1)(1)(1)xxxxxxxx+=+,10 分 进而有12()()0f xf x,即12()()f xf x11 分 因此,()f x在区间(1,1)上单调递增12 分 21.【解析解析】(1)依题意,25100459a=,故正数13a=2 分(2)当4080 x时,()Ff x=单调递减,F最大为(40)85f=,3 分 数学参考答案 第 4 页 共 4 页 当040 x时,由110045953x,解得2x 4 分 故若交通流量95F,道路密度x的取值范围为(2,40)5 分(3)依题意,2110045,040,37120,4080.8xxxqF xxxx=+6 分 当040 x时,1004000qx；8 分 当4080 x时,2748028800288008777qx=+,由于48040807,所以当4807x=时q取得最大值288007 10 分 因为2880040007,所以车辆密度q的最大值为288007 12 分()0f x 故2160a=,2 分 0a 1a a(0,1)(1,4)(2)若01a或14a,则由(1)知0()()h xf x恒成立,此时,()h x无零点 5 分 若4a=,则当12x 时,又41111max,max 0,log02222hfg=,故()h x恰有 1 个零点6 分 若45a,则当(1,)x+时,()()0h xg x；当(0,1)x时,()0g x,又(0)10f=,210816aaf=,(1)50fa=,所以()f x在区间(0,1)内恰有 2 个零点,进而()h x在区间(0,1)内恰有 2 个零点；又(1)max(1),(1)max 5,050hfgaa=,故()h x恰有 2 个零点8 分若5a,则当(1,)x+时,()()0h xg x；当(0,1)x时,()0g x,又(0)10f=,210816aaf=,(1)50fa=,所以()f x在区间(0,1)内恰有 1 个零点,进而()h x在区间(0,1)内恰有 1 个零点；又(1)max(1),(1)max 5,00hfga=,故()h x恰有 2 个零点 10 分 综上,当(0,1)(1,4)a时,()h x的零点个数为 0；当4a=时,()h x的零点个数为 1；当(4,)a+时,()h x的零点个数为 212 分