四川省邻水实验学校2020_2021学年高一数学分班考试试题202103180381

某某省邻水实验学校2020-2021学年高一数学分班考试试题

1，已知集合A=xylog2(x2)，集合B=yy2，则AB( )

xA. （0，2） B.（2，）C. D.（0，） 答案：B

2.下列四组函数中，表示同一函数的是

x2A.f(x)x,g(x)x B. f(x)x,g(x)

x2x33C.f(x)lnx2,g(x)2lnx D. f(x)log22,g(x)x

答案：D

3..以下选项中，不一定是单位向量的有() ①a＝(cosθ，－sinθ)；②b＝(A． 0个 B． 1个 C． 2个 D． 3个 【答案】B

【解析】因为|a|＝1，|b|＝1，|c|＝所以只有c不一定是单位向量，故选B. 4.如图，已知ABC中，D为AB的中点，AE（ ）

＝

＝

≥

.

，

)；③c＝(1－x，x)．

1AC，若DEABBC，则31 / 13

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A. 5115B. C. D. 6666答案：C

3sin()tan()( ) 5.已知是第四象限角,且,则

454A.

3344B. C. D. 

4334【答案】D 【解析】

因为是第四象限角，所以得cos42k42k4 ，由于sin(4)3所以可544sinsincos ， ，4544245sin434 ，coscossin ，tan4344245cos4故选D.

6. 关于x的方程9(4a)340有两个不等实数解，则实数a的取值X围为（ ）

xxA. (,8)答案：B

(0,) B. (,8) C. (,4)(0,) D. (0,)

解：令t＝3，则问题等价于方程t(4a)t40在(0,)上有两个实根。

x2(4a)21604a20令f（t）＝t(4a)t4，则有解得a<－8. 2f(0)402 / 13

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7. 要得到函数y=sin2x的图象，只需将函数ycos(2xA. 向右平移

3)的图象（）

个单位 B. 向右平移个单位 612C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位

126正确答案： B

1b1ca2loga,()logb,()log2c，则（ ） 8. 设a，b，c均为正数，且112232A. bcaB. cbaC. bacD. acb 【答案】B 【解析】 【分析】

1画出y2,y,ylog2x,ylog1x,ylog1x的图像，由此判断出a,b,c的大小

232xx关系.

1【详解】画出y2,y,ylog2x,ylog1x,ylog1x的图像如下图所示，由图

232xx可知cba. 故选：B

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【点睛】本小题主要考查指数函数与对数函数的图像与性质，属于基础题.

9. 已知向量a＝(2cosθ，2sinθ)，b＝(0，－2)，θ∈(,A.

－θB．θ－ C．＋θD．θ

＝，

－θ.

y

3)，则向量a、b的夹角为() 2答案：cos〈a，b〉＝＝－sinθ＝cos

∵〈a，b〉∈[0，π]，∴〈a，b〉＝正确答案：A

)的部分图像如图所示，点（0，

2o 3377x x）)，x13x2，且f(7，（，0），（，0）在图像上，若x1,x2(,1)f(x2)，

2333332 则f(x1x2)（ ）

10. 已知函数f(x)Asin(x)(A0,0,3 23C. 0D. 

2A. 3B. 答案：D

11. 已知函数f(x)是奇函数，且在(－∞，＋∞)上为增函数，若x，y满足等式f(2x2－4x)＋

f(y)＝0，则4x＋y的最大值是()

A．10 B．－6 C．8 D．9 【答案】C

【解析】∵奇函数f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，

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∴f(2x2－4x)＝－f(y)＝f(－y)， ∴2x2－4x＝－y，

∴4x＋y＝4x－2x2＋4x＝－2(x－2)2＋8≤8，故选C.

12. 设函数f(x)＝

则函数f(x)＝xf(x)－1的零点的个数为()

A．5 B．6 C．7 D．+ 【答案】B

【解析】由题意，f(x)＝xf(x)－1的零点，即f(x)与的交点．

易绘x∈(－∞，2)的函数图象，且f(0)＝f(2)＝0，f(1)＝1，f()＝f()＝， 当x∈[2，＋∞)时，f(4)＝f(2)＝0，f(6)＝f(4)＝0，…， 依次类推，易得f(4)＝f(6)＝f(8)＝…＝f(2n)＝0， 又f(3)＝f(1)＝，同理f(5)＝f(3)＝，f(7)＝f(5)＝. 不难绘出x∈[2，＋∞)的函数图象如图所示，

显然零点共6个，其中左边1个，右边5个．故选B.

1x1x0,fx13.已知函数fx若，则x的值是. 24x10x3,13.

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14. 若答案：21

.

15.已知a＝(1,2)，且a与a＋λb的夹角为锐角，则实数λ的取值X围是________． b＝(1,1)，【答案】λ＞－且λ≠0

【解析】∵a与a＋λb均不是零向量，夹角为锐角， ∴a·(a＋λb)＞0，∴5＋3λ＞0，∴λ＞－. 当a与a＋λb共线时，a＋λb＝ma， 即(1＋λ，2＋λ)＝(m,2m)． ∴由

得λ＝0，

即当λ＝0时，a与a＋λb共线， ∴λ≠0，即λ＞－且λ≠0.

16.已知函数fxx2x3a，gx2使得fx1gx2成立，则实数a的值为____．

1【答案】 3【解析】 【分析】

将问题转化为fxmaxgxmax，根据二次函数和分式的单调性可求得fx在0,3上的最小值和最大值及gx在2,3上的最大值；分别讨论fx最大值小于零、最小值小于

零且最大值大于零、最小值大于零三种情况，得到fx每种情况下的最大值，从而得到不等式，解不等式求得结果.

【详解】不等式fx1gx2恒成立可转化为：fxmaxgxmax

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e2．若对任意x10,3，总存在x22,3，x1x考试

当x0,3时，fxminf113a，fxmaxf333a 当x2,3时，gxmaxg22

①若33a0，即a1时，fxmax13a13a

113a2，解得：a（舍）

3②若13a033a，即1a又f113a，f333a 当13a33a，即1a1时，fxmaxmaxf1,f3 31时，fxmax13a 3113a2，解得：a（舍）

311当13a33a，即a时，fxmax33a

331133a2，解得：aa

33③若13a0，即a1时，fxmax33a33a 3133a2，解得：a（舍）

31综上所述：a

31本题正确结果：

317.计算下列各式的值：

（1）sin 810°＋tan 765°－cos 360°.

53ln214log22lg4lge （2）0.02716256+187413140

答案：（1）原式＝sin(90°＋2×360°)＋tan(45°＋2×360°)－cos 360° ＝sin 90°＋tan 45°－1＝1＋1－1＝1. （2）

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18.（本小题满分10分）已知集合若若18.解：以 因为 -----------5分

，求

，

；

，．

，某某数a的取值X围． 因为

，所以 ---------3分

----------4

分所以

，

，

，------2分所

(2)当有

时，时必有

，----------7分又

--------6分当，则有

或

时，则

，

解得：或 -------8分

或． --------------------------9分

综上实数a的取值X围为19. 平面内有向量(1)当

·

＝(1,7)，

或 ---------------------------10分

＝(2,1)，点Q为直线OP上的一个动点．

＝(5,1)，的坐标；

取最小值时，求

(2)当点Q满足(1)的条件和结论时，求cos∠AQB的值． 【答案】解 (1)设

＝(x，y)，

与

共线．

∵Q在直线OP上，∴向量又∴

＝(2,1)，∴x－2y＝0，∴x＝2y， ＝(2y，y)．

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又＝＝

－－

＝(1－2y,7－y)， ＝(5－2y,1－y)，

∴·＝(1－2y)(5－2y)＋(7－y)(1－y)

＝5y2－20y＋12＝5(y－2)2－8. 故当y＝2时，(2)由(1)知·

·

有最小值－8，此时

＝(1，－1)， |＝， ＝－

.

＝(4,2)．

＝(－3,5)，

|＝

＝，|

＝－8，|

∴cos∠AQB＝【解析】

20. 已知函数f (x)是定义在（1）求f(x)的函数解析式；

上的偶函数，当x>0时,f(x)=ax2-3ax+2,(a∈R).

（2）当a =1时，求满足不等式log2 f(x)<1的实数x的取值X围.

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21.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)，在同一周期内，当x＝时，f(x)取得最大值3；当x＝时，f(x)取得最小值－3. (1)求函数f(x)的单调递减区间； (2)若x∈

时，函数h(x)＝2f(x)＋1－m有两个零点，某某数m的取值X围．

＝π，

21.【答案】解 (1)由题意，易知A＝3，T＝2×∴ω＝＝＝2，

由2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z， 得φ＝＋2kπ，k∈Z. 又∵|φ|<π，∴φ＝， ∴f(x)＝3sin

.

由＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z， 得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，

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∴函数f(x)的单调递减区间为(2)由题意知，方程sin∵x∈∴sin

，∴2x＋∈∈

，

∈

，

＝

在区间，

，k∈Z.

上有两个实根．

又方程有两个实根，∴∴m∈[1＋3

，7)．

22.若函数fxxxmm，mR

2（1）若函数fx为奇函数，求m的值；

（2）若函数f(x)在x1,2上是增函数，某某数m的取值X围； （3）若函数fx在x1,2上的最小值为7，某某数m的值． 【答案】（1）m0 （2）,14,

（3）m2或231 【解析】 【分析】

（1）由奇函数得到f(0)0，代入计算得到答案.

（2）讨论m1，m2，1m2三种情况，分别计算得到答案. （3）根据（2）的讨论，分别计算函数的最小值，对比X围得到答案. 【详解】（1）

fx是奇函数，定义域为R

fxfx，令x0，得f(0)0，m0

经检验：m0时fxfx，m0．

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（2）①m1时，fxxmxm开口向上，对称轴为x22m1， 22fx在1,2上单调递增

②m2时，fxxmxm开口向下，对称轴为x22m， 2mmfx在,上单调递增，在,上单调递减，

22fx1,2上单调递增，m2，m4． 2x2mxm2,xm③1m2时，fx2 2xmxm,xmmm,fxm,函数在上单调递增，则,m上单调递减， 和22fx在1,2上不单调，不满足题意.

综上所述：m的取值X围是,1（3）由（2）可知

22①m1时，fxxmxm，f(x)在1,2上单调递增，

4,．

fxminf11mm27解得m2或m3 m1m2

②m2时，f(x)xmxm，

22f(x)在,mm,上单调递增，在上单调递减， 22当

m3即m3时，f(x)minf(1)1mm27 22解得：m当

133（舍） 2m3即2m3时，f(x)minf(2)42mm27 22解得：m123，2m3，m231

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x2mxm2,xm③1m2时，fx2 2xmxm,xm函数f(x)在,mmm,和上单调递增，则,m上单调递减，

22当1m2时，f(x)minf(m)m27

解得：m7（舍）m123 综上所述：m2或231．

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