重庆巴蜀中学高2018级高一上期末数学试题及答案Word下载.doc

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13、函数f（x）＝的定义域为。

14、函数y＝的值域为。

15、当t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D（m﹤n），使函数f（x）在上的

值域恰为，则称函数是k型函数。

①f（x）＝3-不可能是k型函数；

②若函数y＝-x2+x是3型函数，则m＝-4，n＝0；

③设函数f（x）＝是2型函数，则m+n＝1；

④若函数y＝是1型函数，转文n-m的最大值为。

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，，且，求a的取值范围。

18、（本小题满分12分）

已知，

（1）求的值；

（2）求的值

19、（本小题满分12分）

已知f（x）＝为偶函数（），且在单调递增。

（1）求f（x）的表达式；

（2）若函数g（x）＝在区间上单调递减函数（且），求实数a的取值范围。

20、（本小题满分12分）

函数f（x）＝同时满足下列两个条件：

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是f（x）的一个对称中心、

（1）当时，求函数f（x）的单调递减区间；

（2）令，若g（x）在时有零点，求此时m的取值范围。

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（），当x时，f（x）的值域为区间D，且区间D的长度

为12－t（视区间的长度为b-a）

22、（本小题满分12分）

已知集合A＝，

集合B＝，其中x，t均为实数。

（1）求A∩B；

（2）设m为实数，，求M＝

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，且f（x）的图像连续不间断。

若函数f（x）满足：

对于给定的m，存在，使得f（x0）＝f（x0+m），则称f（x）

具有性质P（m）。

（1）已知函数f（x），若f（x）具有性质P（m），求m最大值；

（2）若函数f（x）满足f（0）＝f

（1），求证：

对任意且，函数f（x）具有性质

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

3、解：

sin585°

=sin（585°

-360°

）=sin225°

=sin（45°

+180°

）=-sin45°

=-，

故选A．

4、解：

∵θ是第四象限角，

∴2kπ+≤θ≤2kπ+2π，k∈Z；

∴kπ+≤≤kπ+π，k∈Z；

又|cos|=-cos，

∴是第二象限角．故选：

B．

5、解：

∵f（3x）=x，

∴设3x=t，则x=log3t，

∴f（t）=log3t，

∴f（10）=log310．故选：

A．

6、解：

y=sin（2x-）=sin2（x-），

故将函数y=sin2x的图象向右平移个单位，可得y=sin（2x-）的图象，

7、解：

函数y=，

当x=0时，f（0）=1；

当x＞0时，-x＜0，f（-x）=（）-x=ex=f（x），

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≠f（x），则不为偶函数，则C不满足；

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

故选B．

8、解：

tan70°

•cos10°

（tan20°

-1）

=•cos10°

（•-1）

=•

=×

2sin（20°

-30°

==-1．故选C．

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＜，

即有0＜α＜-β＜，

则0＜sinα＜sin（-β）＜1，即为0＜sinα＜cosβ＜1，

则f（sinα）＜f（cosβ）．

10、解：

令2x=t（t＞0），可得t2+mt+m2-1=0有正根，

①有两个正根，，∴-≤m＜-1；

②一个正根，一个负数根，m2-1＜0，∴-1＜m＜1；

③m=-1时，t2-t=0，t=0或1，符合题意，

综上所述，-≤m＜1．故选：

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（f（x））=2a2y2+ay，在y∈（2，+∞）上只有唯一的x∈R满足，

必有f（f（x））＞1（因为2a2y2+ay＞0），

所以：

f（x）＞2，

解得：

x＞4，

当x＞4时，x与f（f（x））存在一一对应的关系，

∴2a2y2+ay＞1，y∈（2，+∞），且a＞0，

所以有：

（2ay-1）（ay+1）＞0，

y＞或者y＜-（舍去），

∴≤2，

∴a≥，故选：

C

12、解：

假设函数f（x）存在零点x0，即f（x0）=0，

由题意，cos（asinx0）=sin（bcosx0），

根据诱导公式得：

asinx0+bcosx0=2kπ+，

即，sin（x0+φ）=2kπ+（k∈Z），

要使该方程有解，则≥|2kπ+|min，

即，≥（k=0，取得最小），

所以，a2+b2≥，

因此，当原函数f（x）没有零点时，a2+b2＜，

所以，a2+b2的取值范围是：

[0，）．

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}，

：

{x|x≥1或x≤0}．

14、解：

当-1＜x＜2时，y=2-x-x-1=1-2x∈（-3，3）；

当x≤-1时，y=2-x+（x+1）=3；

当x≥2时，y=x-2-（x+1）=-3，

所以y的取值范围是[-3，3]．

[-3，3]．

15、解：

f（t）=（1+sint）（1+cost）=1+（sint+cost）+sintcost，

令m=sint+cost=sin（t+）∈[-，]，

即有m2=1+2sintcost，即sintcost=，

则f（t）=1+m+=，

即有m=-1时，f（t）取得最小值0；

m=，即t=时，f（t）取得最大值，且为．

16、解：

①，f（x）的定义域是{x|x≠0}，且f

（2）=3-=1，f（4）=3-=2，

∴f（x）在[2，4]上的值域是[1，2]，f（x）是型函数，∴①错误；

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；

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，

则，即，即2-（3m+3n）=2（m+n），

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，则（3m+3n）-2=2（m+n），

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，

④，y=（a≠0）是1型函数，即（a2+a）x-1=a2x2，∴a2x2-（a2+a）x+1=0，

∴方程的两根之差x1-x2=，

即n-m的最大值为，∴④正确；

②③④

17、

解：

对于集合A：

由x2+2x-8＞0，化为（x+4）（x-2）＞0，

解得x＞2或x＜-4，

∴A=（-∞，-4）∪（2，+∞）．

对于集合B：

由|x-a|＜5，化为a-5＜x＜a+5，

∴B=（a-5，a+5）．

∵A∪B=R，

∴，解得-3≤a≤1．

∴a的取值范围是[-3，1]．

18、解：

0＜α＜，tanα=

（1）==20；

（2）0＜α＜，tanα=，可得sinα=，cosα=，

sin（-α）=cosα+sinα=×

+×

=．

19、解：

（1）∵在x∈（0，+∞）单调递增，

∴-t2+2t+3＞0，

即t2-2t-3＜0，得-1＜t＜3，

∵t∈z，

∴t=0，1，2，

若t=0，则f（x）=x3为奇函数，不满足条件．

若t=1，则f（x）=x4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[a-x]=loga（ax2-x）

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，

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，

即a≤，此时不满足条件．

若0＜a＜1，则t=ax2-x在区间[2，4]上是单调递增函数，则对称轴x=≤2，

且当x=2时，t=4a-2＞0，

解得，即＜a＜1．

20、解：

（1）∵f（x）=cos2（ωx+φ）-cos（ωx+φ）•sin（ωx+φ+）-

=-sin（2ωx+2φ）--cos（2ωx+2φ）-

=[cos（2ωx+2φ）-sin（2ωx+2φ）]

=cos（2ωx+2φ+），

∴函数周期T=，

∵令2ωx+2φ+=0，可得函数的一个最大值点O的坐标为：

（-，），

令2ωx+2φ+=-，可得函数的一个最大值点O的左相邻的对称点A的坐标为：

（-，0），

令2ωx+2φ+=，可得函数的一个最大值点O的右相邻的对称点B的坐标为：

（，0），

∴由题意可得：

|AB|2=2|OB|2，即得：

（）2=2[（+）2+（-）2]，

解得ω2=，

∵ω＞0，解得：

ω＝．

∴f（x）=cos（πx+2φ+），

∵（，0）是f（x）的一个对称中心，即：

cos（+2φ+）=0，

∴+2φ+=kπ+，k∈Z，解得：

φ=-，k∈Z，

∴由0＜φ＜，可得：

φ=．

∴f（x）=cos（πx+），

∵x∈[0，2]时，πx+∈[，]，

∴当利用余弦函数的图象可得，当πx+∈[π]，πx+∈[2π，]时单调递减，

即函数f（x）的单调递减区间为：

[0，]∪[，2]．

（2）∵由

（1）可得：

f（x-）=cosπx，

f（x-）=-sinπx．

∴g（x）=f2（x-）+f（x-）+m=cos2πx-sinπx+m=+m-（sinπx+）2，

∵g（x）在x∈[，]时有零点，即方程：

+m-（sinπx+）2=0在x∈[，]时有解，

∴m=（sinπx+）2-在x∈[，]时有解，

∵x∈[，]，sinπx∈[-1，]，sinπx+∈[-，]，

（sinπx+）2∈[0，]，

∴m∈[-，-]．

21、

（1）∵二次函数f（x）=x2-16x+q+3的对称轴为x=8，

∴函数f（x）在区间[-1，1]上是减函数，

∴f（x）max=f（-1）=20+q，f（x）min=f

（1）=-12+q，

=-2，解得：

q=；

（2）当时，即0≤t≤6时，f（x）的值域为：

[f（8），f（t）]，

即[q-61，t2-16t+q+3]．

∴t2-16t+q+3-（q-61）=t2-16t+64=12-t．

∴t2-15t+52=0，∴t=．

经检验不合题意，舍去．

当时，即6≤t＜8时，f（x）的值域为：

[f（8），f（10）]，

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[t2-16t+q+3，q-57]

∴q-57-（t2-16t+q+3）=-t2+16t-60=12-t

∴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、

（1）∵集合A={t|t使{x|x2+2tx-4t-3≠0}=R}，

∴△1=（2t）2+4（4t+3）＜0，

∴A={t|-3＜t＜-1}，

∵集合B={t|t使{x|x2+2tx-2t=0}=∅}，

∴△2=4t2-4（-2t）＜0，

∴B={t|-2＜t＜0}，

∴A∩B=（-2，-1）；

（2）∵g（α）=-sin2α+mcosα-2m，α∈[π，π]，

∴g（α）=（cosα−）2--2m，

令t=cosα，则t∈[-1，0]，

∴h（m）=t2+mt-2m-1，

∴-2＜t2+mt-2m-1＜-1，

-＜m＜-，

由t∈[-1，0]，得：

0＜m＜

故M={m|0＜m＜}．

23、

（1）m的最大值为．

首先当m=时，取x0=，则f（x0）=f（）=1，f（x0+m）=f（+）=f

（1）=1

所以函数f（x）具有性质P（） 

（3分）

假设存在＜m＜1，使得函数f（x）具有性质P（m），则0＜1-m＜．

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

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

所以不存在x0∈（0，1-m]，使得f（x0）=f（x0+m），

所以，m的最大值为． 

…（7分）

（2）证明：

任取k∈N*且k≥2

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

g（）=f（）-f（）

…

g（）=f（+）-f（）

g（）=f

（1）-f（）

以上各式相加得：

g（0）+g（）+…+g（）+…+g（）=f

（1）-f（0）=0

当g（0）、g（）、…、g（）中有一个为0时，

不妨设为g（）=0，i∈{0，1，…，k-1}，

即g（）=f（+）-f（）=0，则函数f（x）具有性质P（）；

当g（0）、g（）、…、g（）均不为0时，由于其和为0，则必然存在正数和负数，

不妨设g（）＞0，g（）＜0，其中i≠j，i，j∈{0，1，…，k-1}，

由于g（x）是连续的，所以当j＞i时，至少存在一个x0∈（，）（当j＜i时，至少存在一个x0∈（，））

使得g（x0）=0，

即g（x0）=f（x0+）-f（x0）=0

所以，函数f（x）具有性质P（） 

…（12分）

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