2020-2021学年江苏省盐城市某校高一（上）12月月考数学试卷 (1).docx

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1、2020-2021学年江苏省盐城市某校高一（上）12月月考数学试卷一、选择题1. 已知集合U=1,2,3,4,5,6，M=2,3,5，N=4,6，则UMN=( ) A.2,3,4,5,6B.1,4,6C.1D.2. 已知角的终边经过点P1,3，则sin=( ) A.32B.32C.12D.123. 函数y=x2的单调增区间是( ) A.,0B.0,+C.,+D.不存在4. 已知正实数满足ab=1，则4a+b的最小值是( ) A.1B.2C.3D.45. 若a=212，b=ln3，c=log23，则a，b，c的大小关系为( ) A.abcB.acbC.bacD.cab6. 已知函数fx=ax3b

2、x+1，若f2=5，则f2=( ) A.5B.3C.3D.57. 函数y=lg2sinx1的定义域为( ) A.x|k+6xk+56,kZB.x|k+3xk+23,kZC.x|2k+6x2k+56,kZD.x|2k+3x2k+23,kZ8. 若cosx+siny=14，则sin2xsiny的取值范围是( ) A.1,2B.54,1C.716,1D.916,1二、多选题 已知角在第二象限，那么2可能在第( )象限 A.一B.二C.三D.四 已知角(01”是“函数f(x)=(k1)x+k(kR)为增函数”的充要条件D.若奇函数y=f(x)在x=0处有意义，则f(0)=0 高斯是德国著名的数学家，近

3、代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的”高斯函数”为：设xR，用x表示不超过x的最大整数，则y=x称为高斯函数，例如：3.5=4，2.4=2. 已知函数fx=ex1+ex12，则关于函数g(x)=f(x)的叙述中正确的是() A.gx是偶函数B.fx是奇函数C.fx在R上是增函数D.gx的值域是1,0,1三、填空题 已知函数f(x)=ax21，a0,a1经过定点A，则A的坐标是_. 函数fx=sinx和函数fx=tanx的最小正周期之和为，则=_ 在ABC中，2sinA=3cosA，则角A=_ 已知函数fx=x2+2x,x0，2xx2,

4、xg3a，则实数a的取值范围是_. 四、解答题 已知角是第二象限角，且与单位圆相交于点Am,45. (1)求m的值； (2)求sin+cos的值 已知tan=2. (1)求2cos+3sincossin的值； (2)求2cos2sincos+3sin2的值 已知定义在0,+上的函数fx对任意正数x，y都有fxy=fx+fy，当x1时，fx0且f4=2. (1)求f2的值； (2)解关于x的不等式flnx10，当x(2,0)时，f(x)0，且对任意xR，不等式f(x)(a1)x1恒成立 (1)求函数f(x)的解析式； (2)设函数F(x)=tf(x)x3，其中t0，求F(x)在x32，2时的最大

5、值H(t).参考答案与试题解析2020-2021学年江苏省盐城市某校高一（上）12月月考数学试卷一、选择题1.【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】先利用并集定义求出MUN，再利用补集定义能求出UMN.【解答】解： 集合U=1,2,3,4,5,6，M=2,3,5，N=4,6， MN=2,3,4,5,6， UMN=1.故选C2.【答案】A【考点】任意角的三角函数【解析】利用正弦函数的定义，即可得出结论【解答】解：由题意得，x=1，y=3， r=12+32=2， sin=yr=32.故选A3.【答案】A【考点】函数的单调性及单调区间【解析】利用y=x2的单调性和函数y=x2单调性相反进行

6、求解即可.【解答】解：由题意得，函数y=x2=1x2的定义域为x|x0. 函数y=x2在(,0)上单调递减，在0,+上单调递增， 函数y=x2=1x2在(,0)上单调递增，在0,+上单调递减.故选A.4.【答案】D【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】利用基本不等式的性质即可得出【解答】解：正实数a，b满足ab=1，4a+b4ab=4，当且仅当a=12，b=2时取等号故选D5.【答案】A【考点】指数式、对数式的综合比较换底公式的应用【解析】利用对数函数和指数函数的性质求解【解答】解：因为0212log221，ln3logee1，所以a，b，c中a最小.因为ln3=lg3lge，log23

7、=lg3lg2，lgelg2，所以bc，所以ab0，解不等式求出函数的定义域即可【解答】解：根据题意可得，2sinx10，则sinx12， 2k+6x2k+56，kZ， 函数的定义域为x|2k+6x2k+56,kZ故选C8.【答案】D【考点】函数的值域及其求法同角三角函数基本关系的运用【解析】由cosx+siny=14，可求得34cosx1，又sin2xsiny(cosx12)+1，利用二次函数的单调性质即可求得sin2xsiny的取值范围【解答】解： cosx+siny=14， siny=14cosx， sin2xsiny=1cos2x14+cosx=cos2x+cosx+34=(cosx1

8、2)2+1， 当cosx=12时，sin2xsiny取得最大值1. 1siny1， 114cosx1.又1cosx1， 34cosx1， sin2xsiny的取值范围是916,1.故选D二、多选题【答案】A,C【考点】象限角、轴线角【解析】由是第二象限的角，可得2k+22k+，故k+42k+2，kz，从而得到2所在的象限【解答】解： 是第二象限的角， 2k+22k+，kZ， k+42k+2，kZ，故2是第一，三象限角.故选AC【答案】B,D【考点】三角函数线【解析】由题意已知(02)的正弦线与余弦线相等，且符号相同，推出是第一第三象限角的平分线，即可得到选项【解答】解：已知角(02)的正弦线与

9、余弦线数量相等，所以角的终边在一三象限角的平分线上.因为01,可知k10，可以推出f(x)=(k1)x+k(kR)为增函数，充分性成立，当函数f(x)=(k1)x+k(kR)是增函数，可知k10，故k1，必要性成立，故“k1”是“函数f(x)=(k1)x+k(kR)为增函数”的充要条件，故C正确；D，由奇函数的性质可知，故D正确.故选ABCD.【答案】B,C【考点】函数的值域及其求法函数奇偶性的判断函数单调性的判断与证明【解析】此题暂无解析【解答】解：因为g(1)=f(1)=e1+e12=0，g(1)=f(1)=11+e12=1，所以g(1)g(1)，g(1)g(1)，所以函数g(x)既不是奇

10、函数也不是偶函数，故A错误；fx=ex1+ex12=1+ex11+ex12=121ex+1，定义域R，且f(x)=ex1+ex12=11+ex12=f(x)，故f(x)为奇函数，故B正确；设x1x2，f(x1)f(x2)=ex11+ex1ex21+ex2=ex1ex2(1+ex1)(1+ex2)0，则1+ex1，则有12f(x)g3a可以转化为g2+a2g3a，即2+a223a2，解可得a的取值范围，即可得答案【解答】解：当x0时，fx=x2+2x，函数fx在0,+)上为增函数，且fxf0=0；当x0时，fx=2xx2，函数fx在,0上为增函数且fx0时，有x0，则fx=2xx2=fx，当x=

11、0时，有fx=fx=0.当x0，则fx=x22x=fx，所以函数fx为奇函数.又因为gx=|fx|，所以函数gx为偶函数且在0,+)上为增函数.则由g2+a2g3a得g2+a2g3a，所以|2+a2|3a|，所以2+a223a2，所以2+a2+3a2+a23a0，所以a+2a+1a1a20，解得a2或1a2，所以实数a的取值范围是,21,12,+.故答案为：,21,12,+.四、解答题【答案】解：(1)由题意得，m2+452=1，解得m=35.又点A在第二象限，所以m=35.(2)由三角函数定义可知，cos=35，sin=45，所以sin+cos=4535=15.【考点】任意角的三角函数【解析

12、】(1)由题意得m2+452=1，结合A点在第二象限，可求得m值；(2)由三角函数定义可知，cos=35，sin=45代入sin+cos即可求解.【解答】解：(1)由题意得，m2+452=1，解得m=35.又点A在第二象限，所以m=35.(2)由三角函数定义可知，cos=35，sin=45，所以sin+cos=4535=15.【答案】解：(1)tan=2，cos0， 2cos+3sincossin=2coscos+3sincoscoscossincos=2+3tan1tan=8.(2)由题意可得：2cos2sincos+3sin2=2cos2sincos+3sin2sin2+cos2=2cos

13、2cos2sincoscos2+3sin2cos2sin2cos2+cos2cos2=2tan+3tan2tan2+1=22+124+1=125.【考点】同角三角函数基本关系的运用【解析】(1)分子分母同时除以cos，利用同角三角函数间的基本关系化简，将tan代入即可求解.(2)将原式分母看做“1”，利用同角三角函数间基本关系变形，将tan代入计算即可求值.【解答】解：(1)tan=2，cos0， 2cos+3sincossin=2coscos+3sincoscoscossincos=2+3tan1tan=8.(2)由题意可得：2cos2sincos+3sin2=2cos2sincos+3si

14、n2sin2+cos2=2cos2cos2sincoscos2+3sin2cos2sin2cos2+cos2cos2=2tan+3tan2tan2+1=22+124+1=125.【答案】解：(1)令x=y=2. f(xy)=f(x)+f(y)且f(4)=2， f(22)=f(2)+f(2)， 2f(2)=2， f(2)=1.(2)设函数fx上任意两点为x1，x2且0x11， f(x2)f(x1)=f(x2x1x1)f(x1)=f(x2x1)+f(x1)f(x1)=f(x2x1). x2x11， f(x2)f(x1)0， f(x2)f(x1)， f(x)在(0,+)上单调递增. f(lnx1)1

15、，即f(lnx1)0，lnx12， 1lnx3， x(e,e3).【考点】函数的求值函数的单调性及单调区间其他不等式的解法【解析】(1)对于任意的x，y(0,+)，f(xy)=f(x)+f(y)，令x=y=2，即可求得f(2)的值；(2)确定函数单调性，根据函数的单调性把函数值不等式转化为自变量不等式，解不等式即可求得结果【解答】解：(1)令x=y=2. f(xy)=f(x)+f(y)且f(4)=2， f(22)=f(2)+f(2)， 2f(2)=2， f(2)=1.(2)设函数fx上任意两点为x1，x2且0x11， f(x2)f(x1)=f(x2x1x1)f(x1)=f(x2x1)+f(x1

16、)f(x1)=f(x2x1). x2x11， f(x2)f(x1)0， f(x2)f(x1)， f(x)在(0,+)上单调递增. f(lnx1)1，即f(lnx1)0，lnx12， 1lnx2，x+a2,x2，所以gx在1,2上是增函数，在2,4上是减函数，所以gxmax=g2=a，设t=2x，x1,4，可得t2,16，则y=t+1t+2在2,16上单调递增，可得t=2时，f(x)取得最小值92存在x1，x21,4，使得fx1gx2成立，可得fxmingxmax，即a92，所以a的取值范围为92,+【考点】函数奇偶性的性质函数恒成立问题【解析】(1)由偶函数的定义，化简可得所求值；(2)由题意

17、可得fxmingxmax，根据gx的单调性，可得gx的最大值；利用换元法和对勾函数的单调性可得fx的最小值，进而求出a的取值范围【解答】解：(1)因为fx=2x+m2x+2m是R上的偶函数，所以fx=fx，即2x+m2x+2m=2x+m2x+2m，即m12x2x=0，解得m=1，故fx=2x+2x+2(2)由(1)可得gx=a|x2|=x+a+2,x2，x+a2,x2，所以gx在1,2上是增函数，在2,4上是减函数，所以gxmax=g2=a，设t=2x，x1,4，可得t2,16，则y=t+1t+2在2,16上单调递增，可得t=2时，f(x)取得最小值92存在x1，x21,4，使得fx1gx2成

18、立，可得fxmingxmax，即a92，所以a的取值范围为92,+【答案】解：(1)由题意得，Fx=7，03，=7，03.设折旧费为z=kx2，将(20,0.1)代入得，0.1=202k，解得k=14000，所以Cx=2.3+1.6x+14000x2(x0)(2)因为y=FCx，所以y=4.7x14000x1.6，2x3，0.825x+14000x，x3.当x3时，由基本不等式得，y0.822.54000=0.75，当且仅当x=100时，等号成立.当2x3时，y在2,3上单调递减，则ymax=0.7524000=0.74950.75.综上，该市出租汽车一次载客路程为100km时，每千米的收益y

19、取得最大值【考点】函数解析式的求解及常用方法基本不等式在最值问题中的应用函数的最值及其几何意义【解析】(1)根据收费标准如下：在3km以内（含3km）的路程统一按起步价7元收费，超过3km以外的路程按2.4元/km收费，可得F关于x的函数；根据当路程为20km时，折旧费约为0.1元，求出比例系数，从而可得函数解析式；(2)根据y=FCx，写出分段函数，分段确定函数的最值，从而可得结论【解答】解：(1)由题意得，Fx=7，03，=7，03.设折旧费为z=kx2，将(20,0.1)代入得，0.1=202k，解得k=14000，所以Cx=2.3+1.6x+14000x2(x0)(2)因为y=FCx，

20、所以y=4.7x14000x1.6，2x3，0.825x+14000x，x3.当x3时，由基本不等式得，y0.822.54000=0.75，当且仅当x=100时，等号成立.当2x3时，y在2,3上单调递减，则ymax=0.7524000=0.74950，且2和0为方程ax2+bx+c=0的两根， 可设f(x)=ax(x+2)，又由f(x)(a1)x1恒成立，得：ax2+(a+1)x+10，=(a+1)24a0，即(a1)20， a=1， f(x)=x2+2x.(2)F(x)=tf(x)x3=tx2+(2t1)x3(t0)，以下分情况讨论F(x)在x32，2时的最大值H(t)，当t=0时，F(x

21、)=x3在x32，2时单调递减，F(x)max=H(t)=F(32)=32；当t0时，F(x)图象的对称轴方程为x0=1+12t 32+22=14， 只需比较x0与14的大小，当x014，即t25时，F(x)max=F(2)=8t5；当x014，即0t25时，F(x)max=F(32)=34t32，综上可得H(t)=34t32，0t0，且2和0为方程ax2+bx+c=0的两根，故可设f(x)=ax(x+2)，利用f(x)(a1)x1恒成立，求出a的值（II）由题意，分情况讨论F(x)在x32，2时的最大值H(t)当t=0时，F(x)是单调函数，可求最大值；当t0时，利用二次函数求最值的方法，分

22、类讨论；【解答】解：(1)由已知得a0，且2和0为方程ax2+bx+c=0的两根， 可设f(x)=ax(x+2)，又由f(x)(a1)x1恒成立，得：ax2+(a+1)x+10，=(a+1)24a0，即(a1)20， a=1， f(x)=x2+2x.(2)F(x)=tf(x)x3=tx2+(2t1)x3(t0)，以下分情况讨论F(x)在x32，2时的最大值H(t)，当t=0时，F(x)=x3在x32，2时单调递减，F(x)max=H(t)=F(32)=32；当t0时，F(x)图象的对称轴方程为x0=1+12t 32+22=14， 只需比较x0与14的大小，当x014，即t25时，F(x)max=F(2)=8t5；当x014，即0t25时，F(x)max=F(32)=34t32，综上可得H(t)=34t32，0t258t5,t25.第17页 共20页 第18页 共20页