四川省涼山市西昌第四中學(xué)2022-2023學(xué)年高一數(shù)學(xué)文期末試卷含解析

四川省涼山市西昌第四中學(xué)2022-2023學(xué)年高一數(shù)學(xué)文期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.的夾角為,,

在時(shí)取得最小值,若,則的取值范圍是（

） A． B． C． D．參考答案：C2.函數(shù)則的值為

（

）A． B．C．D．18參考答案：C3.已知f(x)是周期為4的偶函數(shù)，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f(x)＝x－1，則不等式xf(x)>0在區(qū)間[－1，3]上的解集為（

）A.(1，3)

B.(－1，1)C.(－1，0)∪(1，3)

D.(－1，0)∪(0，1)參考答案：C若x∈[﹣2，0]，則﹣x∈[0，2]，此時(shí)f（﹣x）=﹣x﹣1，∵f（x）是偶函數(shù)，∴f（﹣x）=﹣x﹣1=f（x），即f（x）=﹣x﹣1，x∈[﹣2，0]，若x∈[2，4]，則x﹣4∈[﹣2，0]，∵函數(shù)的周期是4，∴f（x）=f（x﹣4）=﹣（x﹣4）﹣1=3﹣x，即，作出函數(shù)f（x）在[﹣1，3]上圖象如圖，若0＜x≤3，則不等式xf（x）＞0等價(jià)為f（x）＞0，此時(shí)1＜x＜3，若﹣1≤x≤0，則不等式xf（x）＞0等價(jià)為f（x）＜0，此時(shí)﹣1＜x＜0，綜上不等式xf（x）＞0在[﹣1，3]上的解集為(－1，0)∪(1，3)，故選：C4.函數(shù)的最小值是

（

）A.3

B.2

C.1

D.0參考答案：A5.將函數(shù)的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍（縱坐標(biāo)不變），再將所得的圖象向左平移個(gè)單位，得到的圖象對(duì)應(yīng)的解析式是

（

）A．

B．

C.

D.參考答案：C略6.設(shè)表示兩條直線，表示兩個(gè)平面，則下列命題是真命題的是（

）A．若,則b//c

B．若C．

D．若參考答案：B7.已知，則的解析式可能為（

）A.

B.

C.

D.

參考答案：B8.（3分）設(shè)集合M={x|x2﹣x﹣12=0}，N={x|x2+3x=0}，則M∪N等于（） A． {﹣3} B． {0，﹣3，4} C． {﹣3，4} D． {0，4}參考答案：B考點(diǎn)： 并集及其運(yùn)算．分析： 求出集合M，N，直接利用集合的補(bǔ)集求解即可．解答： M={x|x2﹣x﹣12=0}={4，﹣3}，N={x|x2+3x=0}={0，﹣3}則M∪N={0，﹣3，4}故選：B．點(diǎn)評(píng)： 本題是基礎(chǔ)題，考查方程的解法，集合的基本運(yùn)算，高考常考題型．9.若函數(shù)的定義域是[0，2]，則函數(shù)定義域是：（

）A、[0，2] B、 C、 D、參考答案：C10.當(dāng)a＞0且a≠1時(shí)，指數(shù)函數(shù)f（x）=ax﹣1+3的圖象一定經(jīng)過(guò)（）A．（4，1） B．（1，4） C．（1，3） D．（﹣1，3）參考答案：B【考點(diǎn)】指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)．【分析】由x﹣1=0求得x值，進(jìn)一步得到此時(shí)的函數(shù)值得答案．【解答】解：由x﹣1=0，得x=1，此時(shí)f（x）=4，∴指數(shù)函數(shù)f（x）=ax﹣1+3的圖象一定經(jīng)過(guò)（1，4）．故選：B．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知冪函數(shù)y=f(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)（2，），則f(9)=

.參考答案：312.（3分）已知函數(shù)g（x）=ax2﹣2ax+1+b（a＞0）在區(qū)間[2，3]上有最大值4和最小值1，則a+b的值為

．參考答案：1考點(diǎn)： 二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值．專題： 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析： 首先把函數(shù)g（x）=ax2﹣2ax+1+b（a＞0）轉(zhuǎn)化為頂點(diǎn)式g（x）=a（x﹣1）2+1+b﹣a，從而確定函數(shù)的對(duì)稱軸方程x=1，又因?yàn)閍＞0，所以x∈[1，+∞）為單調(diào)遞增函數(shù)，函數(shù)在區(qū)間[2，3]上有最大值4和最小值1，所以g（2）=1，g（3）=4，進(jìn)一步建立方程組求的結(jié)果．解答： 函數(shù)g（x）=ax2﹣2ax+1+b轉(zhuǎn)化為：g（x）=a（x﹣1）2+1+b﹣a∴函數(shù)的對(duì)稱軸方程x=1，∵a＞0，∴x∈[1，+∞）為單調(diào)遞增函數(shù)在區(qū)間[2，3]上有最大值4和最小值1，∴即解得∴a+b=1故答案為：1點(diǎn)評(píng)： 本題重點(diǎn)考查的知識(shí)點(diǎn)：二次函數(shù)的頂點(diǎn)式與一般式的互化，單調(diào)性在函數(shù)值中的應(yīng)用，及相關(guān)的運(yùn)算問(wèn)題．13.光線從A(1，0)出發(fā)經(jīng)y軸反射后到達(dá)圓所走過(guò)的最短路程為

．參考答案：14.若，，且，則的最小值是_____．參考答案：16【分析】將代數(shù)式與相乘，展開后利用基本不等式可求出的最小值.【詳解】，且，由基本不等式得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立.因此，的最小值為.故答案為：.【點(diǎn)睛】本題考查利用基本不等式求最值，涉及1的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.15.已知函數(shù)f（x）是定義在（﹣2，2）上的減函數(shù)，若f（m﹣1）＞f（2m﹣1），則實(shí)數(shù)m的取值范圍為．參考答案：（0，）【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)．【專題】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】由函數(shù)f（x）是定義在（﹣2，2）上的減函數(shù)，可將不等式f（m﹣1）＞f（2m﹣1）化為：﹣2＜m﹣1＜2m﹣1＜2，解得答案．【解答】解：∵函數(shù)f（x）是定義在（﹣2，2）上的減函數(shù)，∴不等式f（m﹣1）＞f（2m﹣1）可化為：﹣2＜m﹣1＜2m﹣1＜2，解得：m∈（0，），故答案為：（0，）【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，其中根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，將不等式化為：﹣2＜m﹣1＜2m﹣1＜2，是解答的關(guān)鍵．16.已知函數(shù),則＝__________參考答案：017.設(shè)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）=x2，若對(duì)任意的x∈[t，t+2]，不等式f（x+t）≥2f（x）恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是．參考答案：【考點(diǎn)】函數(shù)恒成立問(wèn)題；函數(shù)奇偶性的性質(zhì)．【分析】由當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）=x2，函數(shù)是奇函數(shù)，可得當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）=﹣x2，從而f（x）在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，且滿足2f（x）=f（x），再根據(jù)不等式f（x+t）≥2f（x）=f（x）在[t，t+2]恒成立，可得x+t≥x在[t，t+2]恒成立，即可得出答案．【解答】解：當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）=x2∵函數(shù)是奇函數(shù)∴當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）=﹣x2∴f（x）=，∴f（x）在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，且滿足2f（x）=f（x），∵不等式f（x+t）≥2f（x）=f（x）在[t，t+2]恒成立，∴x+t≥x在[t，t+2]恒成立，即：x≤（1+）t在[t，t+2]恒成立，∴t+2≤（1+）t解得：t≥，故答案為：[，+∞）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)恒成立問(wèn)題及函數(shù)的奇偶性，難度適中，關(guān)鍵是掌握函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.（本小題滿分8分）過(guò)點(diǎn)的直線與軸、軸正半軸分別交于、兩點(diǎn)．（Ⅰ）若為中點(diǎn)時(shí)，求的方程；（Ⅱ）若最小時(shí)，求的面積．參考答案：解：（Ⅰ）∵為中點(diǎn)，∴∴由截距式得，即的方程為（Ⅱ）依題得直線與軸不垂直，設(shè)，，∴又直線過(guò)點(diǎn)∴∴當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，此時(shí)∴當(dāng)時(shí)，取最小值∴19.（本題滿分10分）函數(shù)是定義在上的奇函數(shù),且.(1)確定函數(shù)的解析式;(2)若在上是增函數(shù)，求使成立的實(shí)數(shù)的取值范圍。參考答案：（1）函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，

（2）因?yàn)樵冢?1,1）上是奇函數(shù)，所以因?yàn)?，所以，即又因?yàn)樵谏鲜窃龊瘮?shù)，所以

所以不等式的解集為20.已知函數(shù)f（x）=aex，g（x）=lnx-lna，其中a為常數(shù)，且曲線y=f（x）在其與y軸的交點(diǎn)處的切線記為l1，曲線y=g（x）在其與x軸的交點(diǎn)處的切線記為l2，且l1∥l2．（1）求l1，l2之間的距離；（2）若存在x使不等式成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；（3）對(duì)于函數(shù)f（x）和g（x）的公共定義域中的任意實(shí)數(shù)x0，稱|f（x0）-g（x0）|的值為兩函數(shù)在x0處的偏差．求證：函數(shù)f（x）和g（x）在其公共定義域內(nèi)的所有偏差都大于2．參考答案：（1）；（2）；（3）見解析【分析】（1）先根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出兩條切線，然后利用平行直線之間的距離公式求出求l1，l2之間的距離；（2）利用分離參數(shù)法，求出h（x）=x-ex的最大值即可；（3）根據(jù)偏差的定義，只需要證明的最小值都大于2．【詳解】（1）f′（x）=aex，g′（x）=，y=f（x）的圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為（0，a），y=g（x）的圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為（a，0），由題意得f′（0）=g′（a），即a=，又∵a＞0，∴a=1．∴f（x）=ex，g（x）=lnx，∴函數(shù)y=f（x）和y=g（x）的圖象在其坐標(biāo)軸的交點(diǎn)處的切線方程分別為：x-y+1=0，x-y-1=0，∴兩平行切線間的距離為.（2）由＞，得＞，故m＜x-ex在x∈[0，+∞）有解，令h（x）=x-ex，則m＜h（x）max，當(dāng)x=0時(shí)，m＜0；當(dāng)x＞0時(shí)，∵h(yuǎn)′（x）=1-（+）ex，∵x＞0，∴+≥2=，ex＞1，∴（+）ex＞，故h′（x）＜0，即h（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞減，故h（x）max=h（0）=0，∴m＜0，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為（-∞，0）．（3）解法一：∵函數(shù)y=f（x）和y=g（x）的偏差為：F（x）=|f（x）-g（x）|=ex-lnx，x∈（0，+∞），∴F′（x）=ex-，設(shè)x=t為F′（x）=0的解，則當(dāng)x∈（0，t），F(xiàn)′（x）＜0；當(dāng)x∈（t，+∞），F(xiàn)′（x）＞0，∴F（x）在（0，t）單調(diào)遞減，在（t，+∞）單調(diào)遞增，∴F（x）min=et-lnt=et-ln=et+t，∵F′（1）=e-1＞0，F(xiàn)′（）=-2＜0，∴＜t＜1，故F（x）min=et+t=+＞+=2，即函數(shù)y=f（x）和y=g（x）在其公共定義域內(nèi)的所有偏差都大于2．解法二：由于函數(shù)y=f（x）和y=g（x）的偏差：F（x）=|f（x）-g（x）|=ex-lnx，x∈（0，+∞），令F1（x）=ex-x，x∈（0，+∞）；令F2（x）=x-lnx，x∈（0，+∞），∵F1′（x）=ex-1，F(xiàn)2′（x）=1-=，∴F1（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，F(xiàn)2（x）在（0，1）單調(diào)遞減，在（1，+∞）單調(diào)遞增，∴F1（x）＞F1（0）=1，F(xiàn)2（x）≥F2（1）=1，∴F（x）=ex-lnx=F1（x）+F2（x）＞2，即函數(shù)y=f（x）和y=g（x）在其公共定義域內(nèi)的所有偏差都大于2.【點(diǎn)睛】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解決曲線的切線問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最值問(wèn)題,屬于難度題.21.設(shè)函數(shù)是定義域?yàn)榈钠婧瘮?shù)．(1)求的值；(2)若，且在上的最小值為，求的值.(3)若，試討論函數(shù)在上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)情況。參考答案：（1）f(