重庆巴蜀中学高级高一上期末数学试题及答案.docx

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重庆巴蜀中学高级高一上期末数学试题及答案

重庆市巴蜀中学2015-2016第一学期期末考试

高2018届（一上）数学试题卷

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题（本大题12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一项符合题目要求。

）

B、NMC、MN1,5D、MN3,1,3

1、集合M1,1,3,5，集合N3,1,5，则以下选项正确的是（）

2、“x≥3”是“x﹥3”成立的（

A、充分不必要条件

）

B、必要不充分条件

C、充要条件

D、既不充分也不必要条件

3、sin585的值为（

）

2

A、－2

B、

2

C、－3D、

3

2

2

2

2

4、若θ是第四象限角，

且

cos

cos，则是（）

A、NM

222

A、第一象限角B、第二象限角C、第三象限角D、第四象限角

5、f（3x）＝x，则f（10）＝（）

310

A、log310B、lg3C、103D、310

6、为了得到y＝sin（2x-）的图像，可以将函数y＝sin2x的图像（）

6

ex,x≤0

7、下列函数中，与函数y＝1x的奇偶性相同，且在（－∞，0）上单调性也相同的是（）x,x0

e

D、y＝log1x

e

123

A、y＝－B、y＝x+2C、y＝x－3

8、tan70cos10（3tan201）的值为（）

f（cosβ）的大小关系是（）

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

二、填空题：

（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13、函数f（x）＝x（x1）的定义域为。

14、函数y＝x2x1的值域为。

15、当t0,2时，函数f（t）＝（1+sint）（1+cost）的最大值为。

16、f（x）是定义在D上的函数，若存在区间m,nD（m﹤n），使函数f（x）在m,n上的值域恰为km,kn，则称函数f（x）是k型函数。

1f（x）＝3-4不可能是k型函数；

x

2若函数y＝-1x2+x是3型函数，则m＝-4，n＝0；

2

3设函数f（x）＝3x1是2型函数，则m+n＝1；

4若函数y＝（aa2）x1（a0）是1型函数，转文n-m的最大值为23。

a2x3

正确的序号是。

三、解答题：

本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或盐酸步骤

17、（本小题满分10分）

已知Axx22x8，Bxxa5，且ABR，求a的取值范围。

18、（本小题满分12分）

4

已知0，tan23

2

（1）求sin22sin2的值；

（2）求sin

（2）的值

coscos23

19、（本小题满分12分）

2

已知f（x）＝xt22t3为偶函数（tz），且在x（0,）单调递增。

（1）求f（x）的表达式；

（2）若函数g（x）＝logaaf（x）x在区间2,4上单调递减函数（a0且a1），求实数a的取值范围。

20、（本小题满分12分）

3

函数f（x）＝3cos（2x）cos（）xsin（x）（0,0）同时满足下

342列两个条件：

①f（x）图像最值点与左右相邻的两个对称中心构成等腰直角三角形

2

②（2,0）是f（x）的一个对称中心、

3

（1）当x0,2时，求函数f（x）的单调递减区间；

（2）令g（x）f2（x5）1f（x1）m，若g（x）在x5,3时有零点，求此时m的

64362

取值范围。

21、（本小题满分12分）

已知二次函数f（x）＝x2-16x+q+3。

（1）若函数在区间1,1上最大值除以最小值为-2，求实数q的值；

（2）问是否存在常数t（t≥0），当xt,10时，f（x）的值域为区间D，且区间D的长度为12－t（视区间a,b的长度为b-a）

22、（本小题满分12分）

已知集合A＝t∣t使x∣x22tx4t30R，

集合B＝t∣t使x∣x22tx2t0，其中x，t均为实数。

（1）求A∩B；

M＝m∣g（）AB

（2）设m为实数，g（）sin2mcos2m,,3，求

2

四、附加题：

本题满分15分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或盐酸步骤。

本题所得分数计入总分。

23、已知分数f（x）的定义域为0,1，且f（x）的图像连续不间断。

若函数f（x）满足：

对于给定的m（mR且0m1），存在x00,1m，使得f（x0）＝f（x0+m），则称f（x）具有性质P（m）。

1

4x1,0≤x≤

4

13

（1）已知函数f（x）4x1,1x3，若f（x）具有性质P（m），求m最大值；44

4x5,3≤x≤1

4

（2）若函数f（x）满足f（0）＝f

（1），求证：

对任意kN且k≥2，函数f（x）具有性质P

（1）

重庆市巴蜀中学2015-2016第一学期期末考试

高2018届（一上）数学试题卷答案

1、解：

集合M={-1，1，3，5}，集合N={-3，1，5}，

N∈M不正确，∈是元素与集合之间的关系，故A不正确，

N?

M不正确，集合N中的元素不都是集合M中的元素，故B不正确，

对于C，M∩N={-1，1，3，5}∩{-3，1，5}={1，5}，故C正确，

对于D，M∪N={-1，1，3，5}∪{-3，1，5}={-3，-1，1，3，5}，故D不正确．故选：

C．

2、解：

若x=3满足x≥3，但x>3不成立，

若x>3，则x≥3成立，

即“x≥3是”“x>3”成立的必要不充分条件，故选：

B

故选A．

当x=0时，f（0）=1；

1

当x>0时，-x<0，f（-x）=

（1）-x=ex=f（x），

e

当x<0时，-x>0，f（-x）=e-x=f（x），

则有在R上，f（-x）=f（x）．

则f（x）为偶函数，且在x<0上递减．

对于A．f（-x）=-f（x），则为奇函数，则A不满足；

对于B．则函数为偶函数，在x<0上递减，则B满足；

对于C．f（-x）=（-x）3-3=-x3-3≠（fx），则不为偶函数，则C不满足；

1

对于D．f（-x）=f（x），则为偶函数，当x<0时，y=log1（-x）递增，则D不满足．e

故选B．

8、解：

tan70°?

cos1（0°3tan20-°1）

sin70sin20

=?

cos10（°3?

-1）

cos70cos20

cos20cos103sin20cos20

=?

sin20sin20

=cos10×2sin（20°-30°）sin20

故选C．

sin20

==-1．

sin20

9、解：

f（x-1）的对称轴为x=1，

可得y=f（x）的对称轴为x=0，

即有f（-x）=f（x），又f（x）f（x+1）=4，

可得f（x+1）f（x+2）=4，即为f（x+2）=f（x），函数f（x）为最小正周期为2的偶函数．

f（x）在区间（2015，2016）上单调递减，

可得f（x）在（-1，0）上递减，在（0，1）上递增，由α，β是钝角三角形中两锐角，可得α+β<，

2

即有0<α<-β<，

22

则0

2

则f（sinα）

故选：

B．

10、解：

令2x=t（t>0），可得t2+mt+m2-1=0有正根，

m24（m21）≥0

①有两个正根，

23

m0，∴-≤m<-1；

23m210

2

②一个正根，一个负数根，m2-1<0，∴-1

③m=-1时，t2-t=0，t=0或1，符合题意，

11、解：

根据f（x）的函数，我们易得出其值域为：

R，又∵f（x）=2x，（x≤0）时，值域为（0，1］；f（x）=log2x，（x>0）时，其值域为R，∴可以看出f（x）的值域为（0，1］上有两个解，要想f

即，a2b2≥2（k=0，取得最小），

所以，a2+b2≥4，

2因此，当原函数f（x）没有零点时，a2+b2<，

4

2所以，a2+b2的取值范围是：

［0，）．

4故答案为：

B。

13、解：

由题意得：

x（x-1）≥0，解得：

x≥1或x≤0，故函数f（x）的定义域是：

｛x|x≥1或x≤0｝，故答案为：

：

｛x|x≥1或x≤0｝．

14、解：

当-1

故答案为：

［-3，3］．

15、解：

f（t）=（1+sint）（1+cost）=1+（sint+cost）+sintcost，令m=sint+cost=2sin（t+）∈［-2，2］，

4m21

即有m2=1+2sintcost，即sintcost=m1，

2

22

则f（t）=1+m+m21=（m1）2，

22

即有m=-1时，f（t）取得最小值0；

m=2，即t=时，f（t）取得最大值，且为

4

322

故答案为：

322

2

=1，f（4）=3-4=2，

4

16、解：

①，f（x）的定义域是｛x|x≠0，｝且f

（2）=3-4

2

1

∴f（x）在［2，4］上的值域是［1，2］，f（x）是1型函数，∴①错误；

2

1212

②y=-x2+x是3型函数，即-x2+x=3x，解得x=0，或x=-4，∴m=-4，n=0，∴②正确；

22

③设函数f（x）=|3x-1|是2型函数，则当定义域为［m，n］时，函数值域为［2m，2n］，

若n≤0，则函数f（x）=|3x-1|=1-3x，为减函数，

2

sin2sin2

2

coscos2

2

tan22tan=

2=

2tan2

1624

93

216

若m+n=1，则2-（3m+3n）=2，即3m+3n=0不成立，

若m≥0，则函数f（x）=|3x-1|=3x-1为增函数，

则f（m）3n12m，则（3m+3n）-2=2（m+n），f（n）312n

若m+n=1，则（3m+3n）-2=2，即3m+3n=4，

当m=0，n=1时，等式成立，则③正确，

∴方程的两根之差x1-x2=（a21）421232≤23，

a2a2aa23

即n-m的最大值为23，∴④正确；

3

4

18、解：

0<α<，tanα=

23

443

（2）0<α<，tanα=，可得sinα=，cosα=，

2355

2313314433sin（-α）=cosα+sinα=×+×=．

322252510

19、解：

（1）∵在x∈（0，+∞）单调递增，

2

∴-t2+2t+3>0，

即t2-2t-3<0，得-1

∵t∈z，

∴t=0，1，2，

若t=0，则f（x）=x为奇函数，不满足条件．

若t=1，则f（x）=x为偶函数，满足条件．

若t=2，则f（x）=x3为奇函数，不满足条件．

故f（x）的表达式为f（x）=x4；

（2）∵f（x）=x4，

∴g（x）=loga[af（x）-x]=loga（ax2-x）

2

设t=ax2-x，则y=logat，

若g（x）=loga[af（x）-x]（a>0，且a≠1﹚在区间[2，4]上是单调递减函数，

则t=ax2-x和y=logat的单调性相反，

211

若a>1，则t=ax2-x在区间[2，4]上是单调递减函数，则对称轴x=-≥4，

2a2a

1

即a≤1，此时不满足条件．

821若00，

0a1

解得a≥1，即1

42

1a

2

20、解：

（1）∵f（x）=3cos2（ωx+φ）-cos（ωx+φ）?

sin（ωx+φ+）-334

1[3cos（2ωx+2φ）-1sin（2ωx+2φ）]

222

1

=cos（2ωx+2φ+），26

6

2

∴函数周期T=2，

2

∵令2ωx+2φ+=0，可得函数的一个最大值点

6

令2ωx+2φ+=-，可得函数的一个最大值点

2

22

（-3，

2

令2ωx+2φ+=

6

0），

，可得函数的一个最大值点

2

2

32，0）

∴由题意可得：

|AB|2=2|OB|2，即得：

2

解得ω2=，

4

∵ω>0，解得：

ω＝

2

1

∴f（x）=12cos（πx+2φ6+），

O的坐标为：

（-622，12），

22

O的左相邻的对称点A的坐标为：

O的右相邻的对称点B的坐标为：

22

2=2[（3+6）

22

212

2+（-2）2]，

∵（2，

3

2

0）是f（x）的一个对称中心，

∴+2φ+=kπ+，

3

k∈Z，解得：

φ

6

∴由0<φ<，可得：

2

15∴f（x）=cos（πx+），

26∵x∈[0，2]时，πx+5∈[5，

66

=3

17]，

]，

即：

=k

12

cos（+2φ+）

236

，k∈Z，

6

=0，

∴当利用余弦函数的图象可得，当

55

πx+∈[π，]

πx+5∈[2

6

17

π，]时单调递减，

即函数f（x）的单调递减区间为：

15

[0，1]∪[5，2]．

1

cosπ，x

2

5

2）∵由

（1）可得：

f（x-5）=

6

1

=-sinπ．x

2

25

=f（x-）

6

在x∈[5，

6

1+m-（sinπx+

4

1

sinπx+）

4∵x∈[，3]，sin

2

1（sinπx+1）

44

17

∴m∈[-，

64

f（x-13）

∴g

x）

17

64

x）

4

1∴m=（

4

5

+1f（x-1）

4

3

3]时有零点，即方程：

2）2=0在x∈[5，

6

5，

6

1

]，sin

2

+m=1cos2πx-1sin

48

πx+m1=7+m-1（sin

644

πx+4），

21、

解：

1）

∴函数f

x）

∴f（x）

2-17在x∈[5，

64

π∈x[-1，

3

3]时有解，

2

3

3]时有解，

2

13

πx+∈[-，

44

34]，

2∈[0，694]，

-18]．

∵二次函数f（x）=x2-16x+q+3的对称轴为x=8，

在区间[-1，1]上是减函数，

max=f（-1）=20+q，f（x）min=f

（1）=-12+q，

由题意得：

20q

12q

4

=-2，解得：

q=4；

3

t8

2）当8t≥108时，即0≤t≤时6，f（x）的值域为：

[f（8），f（t）t≥0

]，

即[q-61，t2-16t+q+3]．

22

∴t-16t+q+3-（q-61）=t-16t+64=12-t．

∴t2-15t+52=0，∴t=1517

2

经检验不合题意，舍去．

t8

当8t≥108时，即6≤

[f（8），f（10）]，t≥0

即[q-61，q-57]．

∴q-57-（q-61）=4=12-t．

∴t=8经检验t=8不合题意，舍去．

当t≥8时，f（x）的值域为：

[f（t），f（10）]，即[t-16t+q+3，q-57]

∴q-57-（t2-16t+q+3）=-t2+16t-60=12-t

2

∴t2-17t+72=0，∴t=8或t=9．

经检验t=8或t=9满足题意，

所以存在常数t（t≥）0，当x∈[t，10]时，f（x）的值域为区间D，且D的长度为12-t．

22、

解：

（1）∵集合A={t|t使{x|x2+2tx-4t-3≠0}=R}，∴△1=（2t）2+4（4t+3）<0，

∴A={t|-3

∵集合B={t|t使{x|x2+2tx-2t=0}=?

}，∴△2=4t2-4（-2t）<0，

∴B={t|-2

2π，]

2）∵g（α）=-sin2α+mcosα-2m，α∈[π，3

2

∴g（α）=（cosα-m）2-m-2m，

令t=cosα，则t∈[-1，0]，

∴h（m）=t2+mt-2m-1，

2

∴-2

解得：

-t

t2t2

2由t∈[-1，0]，得：

0

3

2故M={m|0

3

23、

1解：

（1）m的最大值为1．

2

11111

首先当m=1时，取x0=1，则f（x0）=f

（1）=1，f（x0+m）=f（1+1）=f

（1）=1

1所以函数f（x）具有性质P

（1）（3分）

211假设存在1

22

1当x0=0时，x0+m∈（1，1），f（x0）=1，f（x0+m）>1，f（x0）≠（fx0+m）；

2

1

当x0∈（0，1-m］时，x0+m∈（，1］，f（x0）<1，f（x0+m）≥1，f（x0）≠（fx0+m）；2

所以不存在x0∈（0，1-m］，使得f（x0）=f（x0+m），所以，m的最大值为1．⋯（7分）

2

（2）证明：

任取k∈N*且k≥2

1k11设g（x）=f（x+1）-f（x），其中x∈［0，k1］，则有g（0）=f

（1）-f（0）kkk

121g

（1）=f

（2）-f

（1）kkk

tt1t

g（t）=f（t+1）-f（t）kkkk

k1k1g（k1）=f

（1）-f（k1）kk

以上各式相加得：

g（0）+g

（1）+⋯+g（t）+⋯+g（k1）=f

（1）-f（0）=0

kkk

1k1当g（0）、g

（1）、⋯、g（k1）中有一个为0时，kk不妨设为g（i）=0，i∈{0，1，⋯，k-1}，

k

ii1i1即g（i）=f（i+1）-f（i）=0，则函数f（x）具有性质P

（1）；kkkkk

1k1

当g（0）、g

（1）、⋯、g（k1）均不为0时，由于其和为0，则必然存在正数和负数，kk

不妨设g（i）>0，g（j）<0，其中i≠，ji，j∈{0，1，⋯，k-1}，kk

由于g（x）是连续的，所以当j>i时，至少存在一个x0∈（i，j）（当j

个x0∈（i，j））kk使得g（x0）=0，

1即g（x0）=f（x0+）-f（x0）=0

k

1所以，函数f（x）具有性质P

（1）⋯（12分）

k