2023-2024學年廣東省湛江一中高一（上）期末數(shù)學試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年廣東省湛江一中高一（上）期末數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合M={x|log2x<2}，N={x|x2A.(0,4) B.(0,2) C.(?1,4) D.(?1,2)2.設a∈R，則“a>1”是“a2>1”的(

)A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3.若a=log0.32，b=log23A.c>b>a B.b>c>a C.c>a>b D.a>b>c4.將函數(shù)y=cos(3x+2π3)的圖象平移后所得的圖象對應的函數(shù)為A.向左平移π18個單位 B.向右平移5π18個單位

C.向右平移π18個單位 D.5.函數(shù)f(x)=exe2xA. B.

C. D.6.已知函數(shù)f(x)=lnx+ex+x?5，則方程f(x)=0在下列哪個區(qū)間上必有實數(shù)根A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.不能確定7.如圖是摩天輪的示意圖，已知摩天輪半徑為40米，摩天輪中心O到地面的距離為41米，每30分鐘按逆時針方向轉動1圈.若初始位置P0是從距地面21米時開始計算時間，以摩天輪的圓心O為坐標原點，過點O的水平直線為x軸建立平面直角坐標系xOy.設從點P0運動到點P時所經(jīng)過的時間為t(單位：分鐘)，且此時點P距離地面的高度為?(單位：米)，則?是關于t的函數(shù).當t∈R時，?(t)=(

)A.40sin(π15t?π6)+41 B.40sin(8.設偶函數(shù)f(x)在[0,2]上是增函數(shù)，且f(?2)=2，若對所有的x∈[?2,2]及任意的m∈[?1,1]都滿足f(x)≤t2?mt?4，則t的取值范圍是A.[?1,3] B.(?1,1)

C.(?∞,?3]∪[3,+∞) D.[?3,3]二、多選題：本題共4小題，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知a=log62，36bA.b=log63 B.ab=1 C.log10.下列函數(shù)既是偶函數(shù)，又在(?∞,0)上是減函數(shù)的是(

)A.y=ex+e?x B.y=311.已知函數(shù)f(x)=3sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是(

)A.函數(shù)f(x)的解析式f(x)=3sin(2x+π3)

B.直線x=?1112π是函數(shù)f(x)圖象的一條對稱軸

C.f(x)在區(qū)間(3π2,11π12.已知函數(shù)f(x)=ln(xA.f(lg3)+f(lg13)=2

B.函數(shù)f(x)的圖象關于點(0,1)對稱

C.函數(shù)f(x)在定義域上單調遞減

D.若實數(shù)a，三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.已知cosx=23，則sinxsin2x14.已知x>0，則xx2+115.若定義運算a⊕b=b,a<b,a,a≥b,則函數(shù)f(x)=e16.若實數(shù)x1，x2滿足ex1+x1?2=0四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。17.(本小題10分)

已知函數(shù)f(x)=5sin(3x+π4)+2．

(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期、圖象的對稱中心及其單調遞減區(qū)間；

(2)求函數(shù)f(x)在[?5π3618.(本小題12分)

已知α∈(π6,7π6)，且sin(α+π3)=219.(本小題12分)

已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當x≥0時，f(x)=a?2x?2?x，且f(?1)=32．

(1)求a的值，并求出f(x)的解析式；

(2)20.(本小題12分)

如圖，計劃依靠一面墻建一個植物角.墻長為18m.用柵欄圍成四個相同的長方形區(qū)域種植若干種植物．

(1)若每個長方形區(qū)域的面積為24m2，要使圍成四個區(qū)域的柵欄總長度最小，每個長方形區(qū)域長和寬分別是多少米？并求柵欄總長度的最小值；

(2)若每個長方形區(qū)域的長為xm(x>2)，寬為長的一半.每米柵欄價格為5元，區(qū)域的重建費用為每平方米10元.要使總費用不超過180元，求長方形區(qū)域的長x21.(本小題12分)

已知函數(shù)f(x)=log3(x2+ax+1)(a∈R)．

(1)若f(x)的定義域為R，求a的取值范圍；

(2)若f(x)的值域為R，求a的取值范圍；

(3)設a>0，若對任意t∈[0,+∞)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t,t+1]上的最大值與最小值的差不超過22.(本小題12分)

設a∈R，函數(shù)f(x)=12cos2x+cosx+1?a,x∈(π2,π)．

(1)討論函數(shù)f(x)的零點個數(shù)；

(2)若函數(shù)f(x)恰有兩個零點x1，答案解析1.【答案】B

【解析】解：∵M={x|log2x<2}=(0,4)，N={x|x2?x?2<0}=(?1,2)，

∴M?N=(0,2)，

故選：B【解析】解：因為當a>1時，一定有a2>1；當a2>1時，a>1或a<?1，

所以“a>1”是“a2>1”充分不必要條件，

故選：A【解析】解：∵a=log0.32，b=log23，c=log69，

∴a<0<c=log69=log【解析】解：設平移距離為α(α∈R)，將函數(shù)y=cos(3x+2π3)圖象上的各點的橫坐標平移α個單位，

可得y=cos[3(x+α)+2π3]=cos(3x+3α+2π3)，

因為y=sin3x=cos(3x?π2+2kπ)，k∈Z，

則3α+2π3【解析】解：f(x)的定義域為{x|x≠0}，由f(‐x)=e‐xe‐2x?1=e‐x·e2x1?e2x=ex6.【答案】B

【解析】解：易知函數(shù)y=lnx，y=ex，y=x?5在(0,+∞)上都單調遞增，

所以f(x)=lnx+ex+x?5在(0,+∞)上單調遞增，

又f(1)=0+e+1?5=e?4<0，f(2)=ln2+e2?3>0，

所以f(1)f(2)<0，

又因為函數(shù)連續(xù)不間斷，由零點的存在性定理知，

函數(shù)f(x)在(1,2)內有零點，

即方程f(x)=0在(1,2)必有實數(shù)根．

【解析】解：由題意得∠xOP0=π6，而?π6是以Ox為始邊，OP0為終邊的角，

由OP在tmin內轉過的角為2π30t=π15t，可知以Ox為始邊，

OP為終邊的角為π15t?π6，則點P【解析】解：因為偶函數(shù)f(x)在[0,2]上是增函數(shù)，且f(?2)=2，所以f(x)的最大值為2，

由對所有的x∈[?2,2]及任意的m∈[?1,1]都滿足f(x)≤t2?mt?4，

則只需t2?mt?4≥2，即t2?mt?6≥0對任意的m∈[?1,1]恒成立，

令g(m)=t2?mt?6，則滿足g(1)=t2?t?6≥0g(?1)=t2+t?6≥0，解得t≥3或【解析】解：A選項，因為36b=9，所以b=log369=log6232=log63，A正確；

B選項，因為0<log62<1，0<log63<1，所以ab=log62×log63<1，B【解析】解：對于A中，由函數(shù)f(x)=ex+e?x的定義域為R，關于原點對稱，

且f(?x)=e?x+ex=f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，

又由函數(shù)y=ex在(?∞,0)單調遞增，結合函數(shù)y=x+1x在定義域(0,1)單調遞減，

所以y=ex+e?x在(?∞,0)單調遞減，所以A正確；

對于B中，函數(shù)f(x)=3|x|的定義域為R，且f(?x)=f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，

當x<0時，可得y=3|x|=3?x=(13)x為單調遞減函數(shù)，所以B正確；

對于C中，由f(x)=lg(x2+1)的定義域為R，且f(?x)=f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，

當x∈(?∞,0)時，函數(shù)y=x【解析】解：函數(shù)f(x)=3sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分圖象如圖所示，

由圖知函數(shù)f(x)的最小正周期T=43×(5π6?π12)=π，

所以ω=2ππ=2，所以f(x)=3sin(2x+φ)．

將點(π12,3)代入，得3=3sin(π6+φ)，

所以π6+φ=π2+2kπ(k∈Z)，解得φ=π3+2kπ(k∈Z)，又|φ|<π2，

所以φ=π3，所以f(x)=3sin(2x+π3)，故A正確；

12.【答案】ABD

【解析】解：對于A選項，對任意的x∈R，x2+1+x>|x|+x≥0，

所以函數(shù)f(x)=ln(x2+1+x)+x+1的定義域為R，

又因為f(?x)+f(x)=[ln(x2+1?x)+(?x)+1]+ln(x2+1+x)+x+1=ln(x2+1?x2)+2=2，所以f(lg3)+f(lg13)=f(lg3)+f(?lg3)=2，故A正確；

對于B選項，因為函數(shù)f(x)滿足f(?x)+f(x)=2，故函數(shù)f(x)的圖象關于點(0,1)對稱，故B正確；

對于C選項，對于函數(shù)?(x)=ln(x2+1+x)，該函數(shù)的定義域為R，?(?x)+?(x)=ln(x2+1?x)+ln(x13.【答案】3【解析】解：由正弦的倍角公式，可得sinxsin2x=sinx2sinxcosx=12cosx=3【解析】解：∵x>0，

∴xx2+1=1x+1x≤12x?1x=12【解析】解：依題意，由ex<e?x，得x<0，由ex≥e?x解得x≥0，因此f(x)=e?x,x<0ex,x≥0，

當x<0時，?x>0，e?x>e0=1，即函數(shù)f(x)的取值集合為(1,+∞)；

當x≥0時，ex【解析】解：令f(x)=ex+x?2，易知f(x)為單調遞增函數(shù)，f(x1)=0，

即f(x)有且僅有一個零點，

又由題可知1x2?lnx2?2=0，即e?lnx2+(?lnx2)?2=0，

所以f(?lnx2)=0，

所以x1=?lnx2，

即x2=e?x1，

又ex1+x1?2=0，得2?x1=ex1，

所以x2(2?x1)=e?x1?ex1=1．

【解析】(1)根據(jù)題意，結合三角函數(shù)的圖象與性質，準確計算，即可求解；

(2)由x∈[?5π36,π6]，得到3x+π4∈[?π6,3π4]，結合正弦函數(shù)的性質，即可求解．

18.【答案】解：(1)因為sin(α+π3)=255，

所以cos(α+π3)=±1?sin2(α+【解析】(1)利用平方關系可得cos(α+π3)=±55，再結合角α的范圍，可得cos(α+π3)=?55，進而得到tan(α+π3)，由此通過配角容易得解；

(2)利用二倍角公式，再結合cos(2α+5π12)=cos[2(α+π3)?π4]即可得解．

19.【答案】解：(1)解：因為f(x)是偶函數(shù)，所以f(?1)=f(1)=2a?12=32，解得a=1，

當x<0時，可得?x>0，可得f(x)=f(?x)=2?x?2?(?x)=2?x?2【解析】(1)由f(?1)=32，求得a=1，再結合函數(shù)的奇偶性，求得x<0時，f(x)=2?x?2x，進而求得函數(shù)f(x)的解析式；

(2)由(1)，把mf(x)?4x?4?x≤0在(0,+∞)上恒成立，轉化為m≤4x+4?x2x?2?x，結合基本不等式，即可求解．

20.【答案】解：(1)設每個長方形區(qū)域的長為xm(0<x≤9)，

則寬為24xm，

柵欄總長為l=4x+6×24x=4x+144x≥24×144=48，當且僅當4x=144x，即x=6時等號成立，

故每個長方形區(qū)域的長和寬分別為6m和4m時，柵欄總長度最小，且最小值為48m；

(2)由題可知每個長方形區(qū)域的長為xm，寬為x2m【解析】(1)利用基本不等式，即可求得柵欄總長度的最小值；

(2)根據(jù)題意可知總費用y=10×2x2+5×7x=20x2+35x，解不等式即可求得x的取值范圍．

21.【答案】解：(1)函數(shù)f(x)=log3(x2+ax+1)的定義域為R，

即x2+ax+1>0在x∈R上恒成立，則滿足Δ=a2?4<0，解得?2<a<2，

所以實數(shù)a的取值范圍是(?2,2)；

(2)解：函數(shù)f(x)=log3(x2+ax+1)的值域為R，

則滿足Δ=a2?4≥0，解得a≤?2或a≥2，即實數(shù)a的取值范圍(?∞,?2]∪[2,+∞)；

(3)解：因為a>0且t≥0，可得f(x)在[t,t+1]上單調遞增，

所以f(x)min=f(t)=log3(t2+at+1)，f(x)max=f(t+1)=log3[(t+1)2+a(t+1)+1]=log3[t2+(a+2)t+a+2]，

所以f(t+1)?f(t)≤1【解析】(1)根據(jù)題意，轉化為x2+ax+1>0在x∈R上恒成立，結合Δ<0，即可求解；

(2)根據(jù)題意，結合f(x)的值域為R，得到Δ=a2?4≥0，即可求解；

(3)根據(jù)題意，求得f(x)min=log3(t2+at+1)和f(x)max=log3[t2+(a+2)t+a+2]，轉化為2t2+(2a?2)t+1?a≥0恒成立，令g(t)=2t2+(2a?2)t+1?a，結合二次函數(shù)的性質，分類討論，即可求解．

22.【答案】解：(1)由f(x)=12cos2x+cosx+1?a=12(2cos2x?1)+cosx+1?a=cos2x+co