重庆巴蜀中学高2018级高一上期末数学试题及答案.doc
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重庆市巴蜀中学2015-2016第一学期期末考试
高2018届(一上)数学试题卷
第Ⅰ卷(选择题,共60分)
一、选择题(本大题12小题,每小题5分,共60分,每小题只有一项符合题目要求。
)
1、集合,集合,则以下选项正确的是()
A、B、C、D、
2、“x≥3”是“x﹥3”成立的()
A、充分不必要条件B、必要不充分条件
C、充要条件D、既不充分也不必要条件
3、的值为()
A、-B、C、-D、
4、若θ是第四象限角,且,则是()
A、第一象限角B、第二象限角C、第三象限角D、第四象限角
5、f(3x)=x,则f(10)=()
A、log310B、lg3C、103D、310
6、为了得到y=sin(2x-)的图像,可以将函数y=sin2x的图像()
A、向右平移个单位长度B、向右平移个单位长度
C、向左平移个单位长度D、向左平移个单位长度
7、下列函数中,与函数y=的奇偶性相同,且在(-∞,0)上单调性也相同的是()
A、y=-B、y=x2+2C、y=x3-3D、y=
8、的值为()
A、-1B、1C、-2D、2
9、定义在R上的函数f(x)满足f(x-1)的对称轴为x=1,f(x+1)=,且在区间(2015,2016)上单调递减。
已知α,β是钝角三角形中两锐角,则f(sinα)和
f(cosβ)的大小关系是()
A、B、
.C、D、以上情况均有可能
10、已知关于x的方程4x+m·2x+m2-1=0有实根,则实数m的取值范围是()
A、B、C、D、
11、设函数f(x)=,对任意给定的y,都存在唯一的,满足
f(f(x)=2a2y2+ay,则正实数a的最小值是()
A、4B、2C、D、
12、已知函数f(x)=cos(asinx)-sin(bcosx)无零点,则a2+b2的取值范围()
A、B、C、D、
第Ⅱ卷(非选择题,共90分)
二、填空题:
(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
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
重庆市巴蜀中学2015-2016第一学期期末考试
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,
故选:
B.
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).
故选:
B.
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:
B.
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,
解得:
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},
故答案为:
:
{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].
故答案为:
[-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.
故答案为:
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;
故答案为:
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、
解:
(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,
由题意得:
=-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、
解:
(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,
解得:
-<m<-,
由t∈[-1,0],得:
0<m<
故M={m|0<m<}.
23、
解:
(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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