《2020-2021学年湖南省长沙市某校高一（上）12月月考数学试卷.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021学年湖南省长沙市某校高一（上）12月月考数学试卷.docx（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2020-2021学年湖南省长沙市某校高一（上）12月月考数学试卷一、选择题1. 若=1，则角的终边在( ) A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2. 已知a=tan5，b=tan27，c=sin5，则有( ) A.abcB.cbaC.cabD.bcc+d”是“ac且bd”的( ) A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4. 从甲地到乙地通话m分钟的电话费由f(m)1.06(2+1)（元）决定，其中m0，是不小于m的最小整数（如：=3，=4，=6），则从甲地到乙地通话时间为7.3分钟的电话费为( ) A.4.24元B.4.77元C.5.30元D
2、.4.93元5. 已知a=(54)2，b=(45)13，c=log452，则a，b，c的大小关系是( ) A.cabB.cbaC.bacD.abc6. 已知函数f(x)(3a2)x+a，x1，1+log(43a)x，x1，是R上的增函数，则实数a的取值范围是( ) A.(23,1)B.34,1)C.(23,34D.(1,43)7. 已知fx为奇函数，且在0,+内是增函数，又f2=0，则不等式xf1x0且a1)的图象大致为( ) A.B.C.D.二、多选题 已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x0时，f(x)=xx2，则下列说法正确的有( ) A.f(1)=0B.f(x)在(1,0)上是增函
3、数C.f(x)0的解集为(0,1)D.f(x)的最大值为14 若直线y=m(m为常数)与函数fx=tanx0的图象的相邻两支相交于A，B两点，且|AB|=4，则( ) A.函数fx的最小正周期为2B.=4C.函数f(x)图象的对称中心的坐标为k8,0kZD.函数|f(x)|图象的对称轴方程均可表示为x=k2kZ 已知函数f(x)=2x+log2x，且实数abc0，满足f(a)f(b)f(c)0，若实数x0是函数y=f(x)的一个零点，那么下列不等式中可能成立的是( ) A.x0aC.x0bD.x00且a1)的图象过定点A，则点A的坐标为_. 若sincos=2，则tan+1tan=_. 若一次
4、函数f(x)满足ff(x)=x+1，则g(x)=f2(x)x(x0)的值域为_ 已知函数fx=3|x|1，2x1，32x2+6x4，x1，实数a，b，c，d2,+)且abc0的解集为13,12，求cx2+2xa0的解集； (2)已知aR，解关于x的不等式ax23x+25ax. 设函数f(x)=a2x(t1)ax(a0且a1)是定义域为R的奇函数 (1)求t的值； (2)若f(1)0，求使不等式f(kxx2)+f(x1)0对一切xR恒成立的实数k的取值范围； (3)若函数f(x)的图象过点(1,32)，是否存在正数m(m1)，使函数g(x)=logma2x+a2xmf(x)在1,log23上的最
5、大值为0，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由参考答案与试题解析2020-2021学年湖南省长沙市某校高一（上）12月月考数学试卷一、选择题1.【答案】D【考点】象限角、轴线角【解析】与2，0比较大小可得出象限【解答】解：由题意得=1，20，角的终边在第四象限故选D2.【答案】C【考点】正切函数的单调性【解析】根据正切函数单调性可得ac，从而可得三者的大小关系【解答】解： y=tanx在0,2上单调递增且05272， tan5tan27，即ab. tan5sin5=sin5cos5sin5=sin51cos5cos5.又0cos50， tan5sin50，即ac， cac+d，但ac且bc
6、+d”不是“ac且bd”的充分条件.由ac且bd，根据不等式的基本性质得：a+bc+d，故“a+bc+d”是“ac且bd”的必要条件.故选B.4.【答案】C【考点】函数的求值根据实际问题选择函数类型【解析】根据题意，将m代入函数的解析式，计算可得答案【解答】解：根据题意，f(m)1.06(2+1)，当m=7.3时，=8，此时f(m)=1.06(4+1)=5.30.故选C.5.【答案】A【考点】指数式、对数式的综合比较【解析】可得出a(45)2，然后根据指数函数的值域，指数函数和对数函数的单调性即可得出0(45)2(45)13，log4520，从而可得出a，b，c的大小关系【解答】解： 0(54
7、)2=(45)2(45)13，log452log451=0， ca0，43a1，3a2+a1+log(43a)1，解得230及fx0及f1x0的解集,若xf1x0,则x0或x0f1x0的解集为2,02,+，fx0的解集为,11,3，f1x0的解集为1,13,+.若xf1x0，则x0或x0，f1x0，解得x1或0x3，故不等式xf1x0且a1， f(x)为减函数，排除C；若a1，则g(x)在(2,+)上单调递增，此时f(x)的斜率为a1，排除B，A满足；若0a1，则g(x)在(2,+)上单调递减，此时f(x)的斜率为1a0，解得0x1，则当x0，则1x0的解集为(1,0)(0,1)，故C错误；D
8、，当x0时，f(x)=xx2=(x12)2+14，即函数f(x)在区间0,+)上的最大值为14，所以fx在(,0)的最大值为14，综合可得：f(x)的最大值为14，故D正确.故选AD【答案】B,C【考点】正切函数的周期性正切函数的奇偶性与对称性【解析】根据正切函数的图像与性质分析.【解答】解：由正切函数图象可知：|AB|=T=4，故A错误；=4，=4，故B正确；fx=tan4x.令4x=k2，kZ，解得，x=k8，kZ，函数f(x)图象的对称中心的坐标为k8,0，kZ，故C正确；|fx|=|tan4x|，函数|f(x)|图象的对称轴方程为x=k8，kZ，故D错误故选BC【答案】A,B,C【考点
9、】函数的零点函数单调性的性质【解析】确定函数为增函数，进而可得f(a)、f(b)、f(c)中一项为负的、两项为正的；或者三项都是负的，分类讨论分别求得可能成立选项，从而得到答案【解答】解： f(x)=2x+log2x在(0,+)上是增函数，且abc0， f(c)f(b)f(a). f(a)f(b)f(c)0， f(a)，f(b)，f(c)中一项为负的、两项为正的，或者三项都是负的，即f(c)0，0f(b)f(a)或f(c)f(b)f(a)0由于实数x0是函数y=f(x)的一个零点，当f(c)0，0f(b)f(a)时，cx0ba，此时A，C成立；当f(c)f(b)f(a)a，此时B成立综上可得，
10、D不可能成立.故选ABC【答案】A,C,D【考点】函数的值域及其求法函数新定义问题【解析】（1）易由已知可得函数在区间上单调递增，进而可以求解b的值，（2）假设存在跟随区间，则根据跟随区间的条件求解a，b的值，若有解则存在，反之不存在，（3）先设跟随区间为a,b，则根据跟随区间满足的条件建立方程组，找出a，b的关系，然后统一变量表示出m，列出关于m的关系式，利用方程思想求解m的取值范围，（4）若存在3倍跟随区间，则设定义域为a,b，值域为3a,3b，由此建立方程组，再等价转化为一个方程有两个不相等的实数根，进而可以求解【解答】解：A，函数fx在区间1,b上单调递增，f(b)=b22b+2=b，
11、解得b=2或1(舍)，所以b=2，故A正确；B，因为函数在每分支上分别单调递减，若存在跟随区间a,bab，则有fa=b，fb=a，解得a=152，b=1+52，故B错误；C，由已知函数可得：函数在定义域上单调递减，若存在跟随区间a,b1ab，则有fa=b，fb=a，即b=ma+1，a=mb+1，两式做差得：ab=a+1b+1，即(ab)(a+1+b+1)=(a+1b+1)(a+1+b+1)=a+1(b+1)=ab.所以a+1+b+1=1.又1ab，易得0a+10，m0，解得14m0，故C正确；D，若函数存在3倍跟随区间，设定义域为a,b，值域为3a,3b，当a0且a1)，令x2=0，可得x=2
12、， y=a22+1=2， 函数y=ax2+1(a0且a1)图象过定点A(2,2).故答案为：(2,2).【答案】2【考点】同角三角函数间的基本关系【解析】由已知可得(sincos)2=2，sincos=12，将所求式子变形代入即可得到答案.【解答】解：由已知可得(sincos)2=2， 12sincos=2， sincos=12， tan+1tan=sincos+cossin=1sincos=2.故答案为：2.【答案】2,+)【考点】函数的值域及其求法基本不等式在最值问题中的应用函数解析式的求解及常用方法【解析】函数f(x)的形式是一次函数，利用待定系数先设出f(x)，代入等式ff(x)=x+
13、1，解方程求出f(x)得到g(x)的解析式，然后利用基本不等式可求出函数g(x)的值域【解答】解：设f(x)=kx+b(k0)， ff(x)=k(kx+b)+b=k2x+kb+b=k2x+(k+1)b.依题意：ff(x)=1+x， k2=1，(k+1)b=1，由得：k=1，b=12， f(x)=x+12，则g(x)=(x+12)2x=x+14x+12x14x+1=2，当且仅当x=14x，即x=12时，等号成立， g(x)=f2(x)x(x0)的值域为2,+).故答案为：2,+).【答案】8,24【考点】分段函数的应用【解析】画出函数fx的大致图像，根据对称性，得到a=b， c+d=4，将所求式
14、子化为4c+2c+1，令t=2c，根据二次函数的性质，即可得出结果【解答】解：函数fx=3|x|1，2x1，32x2+6x4，x1，的图象如图所示，令fa=fb=fc=fd=k，则y=fx与y=k有四个不同的交点，只需12k1分别有两个交点.又实数a，b，c，d2,+)且abcd，所以2a0b1c2d.由fa=fb得3|a|=3|b|，则a=b.又函数fx=32x2+6x4关于直线x=2对称，所以c+d2=2，即d=4c，所以lgalgb+4c+25d=4c+2c+1=2c2+22c，令t=2c，y=t2+2t，因为1c2，所以t=2c2,4.又函数y=t2+2t是开口向上，对称轴为直线t=1
15、的二次函数，所以y=t2+2t在t2,4上单调递增，因此22+4t2+2t42+8，即8t2+2t0时， 1cosx1， bbcosxb， ababcosxa+b a+b=32,ab=12,解得a=12,b=1 y=4bsinax=4sin12x，则最大值为4，最小值为4，最小正周期为4.当b0时， 1cosx1， bbcosxb， ababcosxa+b a+b=32,ab=12,解得a=12,b=1 y=4bsinax=4sin12x，则最大值为4，最小值为4，最小正周期为4.当b0时， 1cosx1， bbcosxb， a+babcosxab， ab=32,a+b=12,解得a=12,b
16、=1， y=4bsinax=4sin12x，则最大值为4，最小值为4，最小正周期为4，综上，函数y=4bsinax的最大值为4，最小值为4，最小正周期为4.【答案】解：(1)当x0,+时，f(x)=x2+4x，又因为y=f(x)为奇函数，则任取x(,0)时，则x(0,+)，则f(x)=f(x)=x2+4x，所以f(x)=x2+4x，x0，x2+4x，x0.(2)由(1)知：f(x)=x2+4x，x0，x2+4x，x0.作出函数f(x)的图象，如图所示，由图可知：y=f(x)在(,2)和(2,+)上单调递减，在(2,2)上单调递增，当t+12，即t3时，函数y=f(x)在区间t,t+1上单调递减
17、；当2t且t+12，即2t2时，函数y=f(x)在区间t,t+1上单调递减.综上，t2时，函数y=f(x)在区间t,t+1上单调递减，当2t1时，函数y=f(x)在区间t,t+1上单调递增，即t的取值范围是：t2或2t1.【考点】函数解析式的求解及常用方法分段函数的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)当x0,+时，f(x)=x2+4x，又因为y=f(x)为奇函数，则任取x(,0)时，则x(0,+)，则f(x)=f(x)=x2+4x，所以f(x)=x2+4x，x0，x2+4x，x0.(2)由(1)知：f(x)=x2+4x，x0，x2+4x，x0.作出函数f(x)的图象，如图所示，由图可知：
18、y=f(x)在(,2)和(2,+)上单调递减，在(2,2)上单调递增，当t+12，即t3时，函数y=f(x)在区间t,t+1上单调递减；当2t且t+12，即2t2时，函数y=f(x)在区间t,t+1上单调递减.综上，t2时，函数y=f(x)在区间t,t+1上单调递减，当2t1时，函数y=f(x)在区间t,t+1上单调递增，即t的取值范围是：t2或2t0即为2x22x+120，解得2x3，所以不等式的解集为x|2x0，即(ax3)(x+1)0，若a0，解集为x|x3a；若a=0，解集为x|x1；若3a0，解集为x|3ax1；若a=3，解集为；若a3，解集为x|1x0即为2x22x+120，解得2
19、x3，所以不等式的解集为x|2x0，即(ax3)(x+1)0，若a0，解集为x|x3a；若a=0，解集为x|x1；若3a0，解集为x|3ax1；若a=3，解集为；若a3，解集为x|1x0得a1a0，又a0， a1，由f(kxx2)+f(x1)0，得：f(kxx2)f(x1)， f(x)为奇函数， f(kxx2)1， f(x)=axax为R上的增函数， kxx20对一切xR恒成立，故=(k+1)240解得3k1.(3)函数f(x)的图象过点(1,32)， a=2，假设存在正数m，且m1符合题意，由a=2得g(x)=logma2x+a2xmf(x)=logm22x+22xm(2x2x)=logm(
20、2x2x)2m(2x2x)+2设t=2x2x则(2x2x)2m(2x2x)+2=t2mt+2， x1,log23， t32，83，记h(t)=t2mt+2， 函数g(x)=logma2x+a2xmf(x)在1,log23上的最大值为0， 若0m1时，则函数h(t)=t2mt+2在32，83有最小值为1，由于对称轴t=m21时，则函数h(t)=t2mt+20在32，83上恒成立，且最大值为1，最小值大于0，12m22512h(t)max=h(83)=11m256m=7324m=7324，又此时m2=734832,83，又h(t)min=h(7348)2512h(t)max=h(32)=1m256
21、m=136m无解，综上所述：故不存在正数m，使函数g(x)=logma2x+a2xmf(x)在1,log23上的最大值为0【考点】奇函数函数恒成立问题【解析】（1）由奇函数的性质可知f(0)=0，得出t=2；（2）由f(1)0得a1a0又a0，求出a1，判断函数的单调性f(x)=axax为R上的增函数，不等式整理为x2(k+1)x+10对一切xR恒成立，利用判别式法求解即可；（3）把点代入求出a=2，假设存在正数m，构造函数设t=2x2x则(2x2x)2m(2x2x)+2=t2mt+2，对底数m进行分类讨论，判断m的值【解答】解：(1)f(x)是定义域为R的奇函数， f(0)=2t=0，解得：
22、t=2.(2)由(1)得f(x)=axax， f(1)0得a1a0，又a0， a1，由f(kxx2)+f(x1)0，得：f(kxx2)f(x1)， f(x)为奇函数， f(kxx2)1， f(x)=axax为R上的增函数， kxx20对一切xR恒成立，故=(k+1)240解得3k1.(3)函数f(x)的图象过点(1,32)， a=2，假设存在正数m，且m1符合题意，由a=2得g(x)=logma2x+a2xmf(x)=logm22x+22xm(2x2x)=logm(2x2x)2m(2x2x)+2设t=2x2x则(2x2x)2m(2x2x)+2=t2mt+2， x1,log23， t32，83，
23、记h(t)=t2mt+2， 函数g(x)=logma2x+a2xmf(x)在1,log23上的最大值为0， 若0m1时，则函数h(t)=t2mt+2在32，83有最小值为1，由于对称轴t=m21时，则函数h(t)=t2mt+20在32，83上恒成立，且最大值为1，最小值大于0，12m22512h(t)max=h(83)=11m256m=7324m=7324，又此时m2=734832,83，又h(t)min=h(7348)2512h(t)max=h(32)=1m256m=136m无解，综上所述：故不存在正数m，使函数g(x)=logma2x+a2xmf(x)在1,log23上的最大值为0第21页 共24页 第22页 共24页