2022-2023学年河北省保定市高一上学期期末数学试题(解析版).pdf

第 1 页 共 14 页 2022-2023 学年河北省保定市高一上学期期末数学试题 一、单选题 1已知命题:N,eexpxx，则命题 p的否定为（）AN,e exxx BN,eexxx CN,eexxx DN,eexxx 【答案】D【分析】根据全称命题与特称命题之间的关系即可得出结果.【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题 p的否定为N,eexxx 故选：D.2已知集合2260,AxxxBy yxZ，则集合AB的子集有（）A2 个 B4 个 C8 个 D16 个【答案】C【分析】利用一元二次不等式解法可解出集合A，再根据集合B求得AB中的元素个数即可求得结果.【详解】解集合A对应的不等式260 xx可得23Axx Z 即1,0,1,2A，又2By yx，即0By y 所以0,1,2AB，集合中共 3 个元素，得集合AB的子集有328个 故选：C 3已知幂函数()f x的图象过点(2,16)，则()f x（）A4x B3x C6x D5x【答案】A【分析】设()f xx，代入点(2,16)，即可得4，即可得答案.【详解】解：设()f xx，则41(2)262f，得4，第 2 页 共 14 页 所以4()f xx 故选：A.4已知0.1,cos2,2alnbc，则（）Aabc Bacb Cbac Dbca【答案】B【分析】根据对数函数，指数函数，余弦函数的性质，求出,a b c的范围，即可比较出大小.【详解】因为0.1ln120cos2，所以acb 故选：B 5为了得到函数2cos3yx的图象，只要把函数2sin 35yx图象上所有的点（）A向左平移310个单位长度 B向右平移310个单位长度 C向左平移10个单位长度 D向右平移10个单位长度【答案】C【分析】通过诱导公式得2sin 3105yx，根据平移规律即可得结果.【详解】因为32cos32sin 32sin 32sin 32510105yxxxx，所以把函数2sin 35yx图象上的所有点向左平移10个单位长度即可得到函数2cos3yx的图象，故选：C.6若角,满足22222 coscossinsintantan1，则的值可能为（）A512 B712 C6 D3【答案】B【分析】先利用三角恒等变换将方程化简得2sin 21，从而得到12k或5Z12kk，再对选项逐一检验即可得解.【详解】因为22222 coscossinsintantan sin()sin()2(coscossinsin)(coscossinsin)cos()cos()第 3 页 共 14 页 sin()cos()cos()sin()2cos()cos()cos()cos()2sin()cos()sin()cos()2sin()2sin 21，所以1sin22，故22 6k或522(Z)6kk，即12k或5Z12kk，依次检验512、712、6、3，可知712为的可能值，其余皆不可能.故选：B.7某科研小组研发一种水稻新品种，如果第 1 代得到 1 粒种子，以后各代每粒种子都可以得到下一代 15 粒种子，则种子数量首次超过 1000 万粒的是（）（参考数据：lg20.3,lg30.48）A第 5 代种子 B第 6 代种子 C第 7 代种子 D第 8 代种子【答案】C【分析】设第x代种子的数量为115x，根据题意列出不等式，对不等式化简代入数值即可得到结果.【详解】设第x代种子的数量为115x，由题意得171510 x，得715log 101x 因为 7715lg1077log 1011116.9lg15lg3lg5lg3 1 lg2 ，故种子数量首次超过 1000 万粒的是第 7代种子 故选：C.8已知奇函数()yf x的图像关于点(,0)2对称，当0,)2x时，()1cosf xx，则当5(,3 2x时，()f x的解析式为 A()1 sinf xx B()1 sinf xx C()1 cosf xx D()1cosf xx 【答案】C【分析】当5,32x时，30,2x,结合奇偶性与对称性即可得到结果.【详解】因为奇函数 yf x的图像关于点,02对称，所以0fxfx，且 fxf x，所以 fxf x，故 f x是以为周期的函数.当5,32x时，30,2x，故31 cos 31 cosfxxx 因为 f x是周期为的奇函数，所以 3fxfxf x 故 1 cosf xx，即 1 cosf xx ，5,32x 故选C【点睛】本题考查求函数的表达式，考查函数的图象与性质，涉及对称性与周期性，属于中档题.第 4 页 共 14 页 二、多选题 9已知函数()f x的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表：x 1 2 3 4 5()f x 31 15 7 23 17 则一定包含 f x的零点的区间是（）A(1,2)B(2,3)C(3,4)D(4,5)【答案】ACD【分析】根据零点存在性定理，即可判断选项.【详解】因为()f x的图象是一条连续不断的曲线，且 120ff，340ff，450ff，根据零点存在性定理可知，函数的零点的区间是 1,2,3,4,4,5 故选：ACD 10在单位圆中，已知角的终边与单位圆的交点为36,33P，则（）Atan2 B6sin()3 C3cos()3 D6cos23【答案】AB【分析】先利用三角函数定义求得63sin,cos33，进而求得tan的值判断选项 A；求得sin()的值判断选项 B；求得cos()的值判断选项 C；求得2cos的值判断选项 D.【详解】角的终边与单位圆的交点为36,33P 则63sin,cos,tan233 ，则选项 A 判断正确；所以6sinsin3，则选项 B 判断正确；3cos cos3 ，则选项 C 判断错误；第 5 页 共 14 页 6cossin23，则选项 D 判断错误.故选：AB 11若0a，且1a，则函数2(cos0.6)()1xxaaxf xx在 10,10上的大致图象可能为（）A B C D【答案】BC【分析】分析函数的奇偶性，以及在某点处的函数值，借助函数图象交点的横坐标进行比较，以及余弦值的放缩比较即可求解.【详解】因为()()fxf x，所以()f x为奇函数，排除 A 当1a，且0 x 时，因为133104，所以21cos100.62 ，即cos100.60，所以cos100.6.又101020,1010aa，所以 100f 令()0f x，得cos0.6x ，第 6 页 共 14 页 因为函数cosyx的图象与直线0.6y 在(0,10上有且仅有三个交点，所以()f x在(0,10上有且仅有三个零点，B 正确 当01a，且0 x 时，10100,aa21010,cos100.60,所以 100f,同理可得()f x在(0,10上有且仅有三个零点，C 正确()f x在(0,10上不可能有四个零点，D 错误 故选：BC.12若22334xyxy，则（）A4x B2x C22344 32xy D22344 22xy【答案】AC【分析】设332cos,2sin22yxy，则4 3sin3y，2cos2 3sinx，然后利用三角恒等变换逐项分析即可.【详解】由题意得22223333424xyxyxyy，设332cos,2sin22yxy，则4 3sin3y，332cos2cos2cos2 3sin4cos 4,4223xyy 故 A 对 B 错；22223316(2cos2 3sin)sin223xy 224cos4sin8 3sincos 44 3sin 244 3,44 3 所以C 对 D 错.故选：AC.第 7 页 共 14 页 三、双空题 13小夏同学发现自己手表的时间比北京时间慢了 20 分钟，他将手表的时间调准，则手表分针转过的角的弧度数为_，已知手表分针长1cm，则分针扫过的扇形面积为_2cm【答案】23 3【分析】将手表的时间调准，分针是顺时针旋转，转过的角是负角，计算得出弧度数；先求出扇形的弧长，再根据扇形面积公式求得结果.【详解】空 1，由题意得手表分针转过的角的弧度数为2022603 ，空 2，由手表分针长1cm，得分针扫过的扇形弧长2cm3lr，则分针扫过的扇形面积为21121cm2233Slr 故答案为：23；3.四、填空题 14写出一个同时具有下列四个性质中的三个性质的二次函数：()f x _()f x的最小值为1；()f x的一次项系数为4；(0)3f；()(2)f xfx 【答案】243xx#2241xx#2483xx#2243xx【分析】根据二次函数的特征，如顶点、对称轴设函数的解析式即可求解.【详解】第一种情况：()f x具有三个性质，由可设 2430f xaxxa，则根据可得：121614aa，解得1a，所以2()43f xxx 第二种情况：()f x具有三个性质，由可设 211(0)f xa xa，则根据可得：24a，解得2a，所以 22211241f xxxx 第三种情况：()f x具有三个性质，由可设 211(0)f xa xa，则根据可得：013fa，解得：4a，所以 22411483f xxxx 第四种情况：()f x具有三个性质，由可设 2430f xaxxa，则根据可得：412a，解得2a，所以2()243f xxx 故答案为：243xx或2241xx或2483xx或2243xx.（不唯一）第 8 页 共 14 页 15已知sincossin 2f，则cos4f_【答案】12#0.5【分析】由2sincossin2sincos1f，可得 21f xx，2,2x，进而求解.【详解】因为2sincossin22sincossincos1f，又sincos2sin4，即sincos2,2，所以 21f xx，2,2x，所以211cos14222ff .故答案为：12.16已知0a，函数2,0()sin,025axaxf xaxx，已知()f x有且仅有 5 个零点，则a的取值范围为_【答案】1912 29,2,105 10【分析】当2a 时，()f x在(,0)上无零点，所以()f x在0,2上有且仅有 5 个零点；当2a 时，()f x在(,0)上恰有一个零点，所以()f x在0,2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0 x 时，()2f xaxa，令()0f x，得21xa，若210a，即2a 时，()f x在(,0)上无零点，所以()f x在0,2上有且仅有 5 个零点，当0,2x时，,2 555axa，所以52 65a，即1229510a.若210a，即2a 时，()f x在(,0)上恰有一个零点，所以()f x在0,2上有且仅有 4 个零点，所以42 55a，即191255a，又2a，所以1925a.综上所述：a的取值范围为1912 29,2,105 10.故答案为：1912 29,2,105 10.第 9 页 共 14 页 五、解答题 17已知在第二象限，且2log 332sinlog 32 log 32(1)求tan；(2)求sin2cos 24sin 22cos的值【答案】(1)34(2)1 【分析】(1)先利用对数的运算进行化简，然后得出正弦值，再根据同角关系和所在象限得出余弦，即可得出结果；(2)先利用诱导公式进行化简，然后再根据正切的齐次式化简，代入第一问正切值可得结果.【详解】（1）由2log 332sinlog 32 log 32，可得325sinlog 2 log 33，而32lg2 lg3log 2 log 31lg3 lg2，则3sin5，因为是第二象限角，所以24cos1 sin5 ，所以sin3tancos4；（2）sin2cos cos2coscos124sin 22cos4sin2cos4sin2cos4tan2，由3tan4，则原式1132.18已知非空集合232,280Ax axaBx xx(1)若0a，求RAB(2)若“xA”是“xB”的既不充分也不必要条件，求 a的取值范围【答案】(1)R34ABxx (2)(1,7)【分析】（1）先分别化简集合,A B，再利用集合的交并补运算即可得解；（2）根据题意可知A不是B的子集，B也不是A的子集，由此列出相应的不等式组，解得答案.第 10 页 共 14 页【详解】（1）因为0a，所以 3230Ax axaxx，因为 2280(4)(2)02Bx xxx xxx x 或4x，所以R24Bxx，故R34ABxx （2）因为“xA”是“xB”的既不充分也不必要条件，所以A，同时A不是B的子集，B也不是A的子集，因为A，32Ax axa，所以32aa，则3a，又2Bx x 或4x，所以B必不是A的子集，因为A不是B的子集，所以2234aa ，解得17a，又3a，故17a，所以 a 的取值范围为(1,7)19已知函数tan3sin 22023cos 22f (1)求(7)f的值；(2)若31sincos722f，求2cos 23的值【答案】(1)2825；(2)57.【分析】（1）根据诱导公式，二倍角公式及同角关系式可得28tantantan1f，进而即得；（2）由题可知 281xfxx，利用辅助角公式结合条件可得7sin67，然后利用诱导公式及二倍角公式即得.【详解】（1）因为2228sin cos8tantan3sin2sin2sincostan1f，所以 8 728749125f；（2）由（1）可得 281xfxx，第 11 页 共 14 页 所以28sin316sincossin7226sin16ff，所以27sin8sin7066，解得7sin67或7（舍去），所以225cos 2cos 21 2sin3367 20已知函数 226f xxmx（Rm）(1)解关于 x的不等式 62f xm；(2)若对任意的 14x，10f xm 恒成立，求实数 m 的取值范围【答案】(1)答案见解析(2)2 6m 【分析】（1）首先根据题意得到2220 xmxm，再分类讨论求解不等式即可.（2）根据题意得到2127m xxx恒成立，再分类讨论利用基本不等式求解即可.【详解】（1）62f xm即2220 xmxm，所以20 xmx 当m2时，解得xm或2x，当2m 时，解得Rx，当2m时，解得xm或2x 综上可得，当m2时，不等式 62f xm的解集为|2x x 或xm 当2m 时，不等式 62f xm的解集为R；当2m时，不等式 62f xm的解集为|x xm或2x （2）10f xm 即2127m xxx，当1x 时，07对Rm都成立；第 12 页 共 14 页 当1,4x时，2276111xxmxxx 因为1,4x，所以10 x，所以661212 611xxxx，当且仅当611xx，即16x时，611xx 有最小值2 6 所以2 6m 21已知函数2()cos 26sincos2cos14f xaxxxx的图象关于直线38x 对称(1)求 a的值(2)是否存在实数 m满足对任意10,2x，存在2(0,)x，使 2221212mxxfx成立？若存在，求 m的取值范围；若不存在，说明理由【答案】(1)2a ；(2)存在，1,4.【分析】（1）根据函数对称性进行求解即可；（2）根据两角差的余弦公式、二倍角的正弦公式、降幂公式、辅助角公式化简函数解析式，再结合正弦型函数的单调性、指数函数的单调性进行求解即可【详解】（1）因为函数 f x的图象关于直线38x 对称，所以有3(0)4ff，即221322aa ，解得2a ，解得2a （2）2()2cos 26sincos2cos14f xxxxx 2222cos2sin23sin22cos122xxxx 2sin22cos22 2sin 24xxx，因为0,2x，则 32,444x，所以当242x，即38x 时，()f x取得最大值，最大值为2 2 若存在 m 满足对任意10,2x，存在2(0,)x，使 2221212mxxfx成立，则2221222 2mxx，即第 13 页 共 14 页 2221322mxx，所以22211mxx 因为222221111124xxx，所以当22x 时，22211xx取得最小值14，所以14m ，则 m 的取值范围为1,4【点睛】关键点睛：根据存在性和任意性的性质，结合正弦型函数的最值、配方法是解题的关键.22已知函数(23)fx的图象关于直线32x 对称，且22(1)(1),1,),1f pf qp qpq(1)求()f x的单调区间；(2)求不等式2(21)6(1)3fxxf xx的解集【答案】(1)()f x的单调递增区间为0,)，单调递减区间为(,0)；(2)(0,2).【分析】（1）已知函数(23)fx的图象关于直线32x 对称得出()f x的奇偶性，再由函数单调性的定义得出()f x的单调区间.（2）由2(21)6(1)3fxxf xx变形，构造新函数2()()g xf xx，由函数()f x的性质确定新函数 g x的性质，再由单调性及奇偶性即可求得解集.【详解】（1）令23tx，则()f t的图象关于直线0t对称，所以()f x是偶函数 令1,1mpnq，则,0,)m n，不妨假设mn，则pq 所以22()()1f mf npq，即22()()0f mf npq，所以()f x在0,)上单调递增，又()f x是偶函数，所以()f x在(,0)上单调递减 故()f x的单调递增区间为0,)，单调递减区间为(,0)（2）由（1）可得1,1pmqn，则,0,)m n，不妨假设mn，则pq 所以222222()()(1)(1)22f mf npqmnmnmn，得22()()220f mmf nnmn 令函数2()()g xf xx，则()()0g mg n，所以()g x在0,)上单调递增，又2()()()gxfxxg x，所以()g x是偶函数，所以()g x在(,0)上单调递减 由2(21)6(1)3fxxf xx，得 第 14 页 共 14 页 2222(21)(1)(21)(21)(1)(1)(21)(1)3636,fxf xgxxg xxgxg xxxxx 得(21)(1)gxg x，所以|21|1|xx，两边平方可得(2)0 x x，即02x 故不等式2(21)6(1)3fxxf xx的解集为(0,2)【点睛】关键点睛：这道题第（2）问的关键地方是构造2()()g xf xx，并得到()g x的单调性和奇偶性，结合题意的不等式即可得到求解