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

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1、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

2、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

3、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 coscossinsinta

4、ntan1，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

5、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 1011116.9lg15lg3lg5

6、lg3 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

7、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

8、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

9、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

10、 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22223333

11、424xyxyxyy，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

12、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

13、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

14、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

15、,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 2

16、9,2,105 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 lo

17、g 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

18、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

19、【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、 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

21、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)2

22、a ；(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

23、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)

24、()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

25、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