湖北省黄冈市2021-2022学年高一上学期期末考试数学试题(Word版含答案)

数 学 试 题

本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分150分，考试时间120分钟.

第I卷（选择题 共60分）

一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.)

1.若集合A{2,1,0,1},B{0,1,2,3}，则下列选项正确的是( ) A.ABB 2. 若点P(3,2sinA.

B. AB{1,0,1,2,3} C. AB{0,1} D. ABA

6)在角的终边上，则tan的值为( )

B. 1 31 3C.

3

D.

3

3. 若函数f(x)＝ax2＋(2b－a)x＋b－a是定义在[2－2 a , a]上的偶函数，则ab＝( )

A．1 B．2 C．3 D．4 4. 已知xR,不等式x24xa10不成立,则下列a的取值范围是( ) A.(,5] B.(,2] C.

5,+ D. 5,+

5. 已知函数f(x)＝3x5+x3+5x＋2，若f(a)＋f(2a－1)>4，则实数a的取值范围是( )

A．(

11,＋∞) B．(－∞,) C．(－∞,3) D．(3,＋∞) 336.已知实数a的取值能使函数

f(x)2(a1)x2x1的值域为(0,),实数b的取值能使函数

g(x)log2(x2bx3)的值域为[1,),则a2b2 ( )

A.4 B.5 C.6 D.7

x21x27. 函数f(x)的图像大致是( )

|x1|1

8. 已知函数f(x)6122021sinxf()f()f()( ). ，则3x3101110111011 A.2019 B.2021 C.2020 D.2022

二､多选题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.)

9. 德国数学家狄利克雷（1805~1859）在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的

1

值与之对应，那么y是x的函数．”这个定义较清楚地说明了函数的内涵．只要有一个法则，使得取值范 围中的每一个x，有一个确定的y和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图象、表格等形式表示， 例如狄利克雷函数Dx，即：当自变量取有理数时，函数值为1；当自变量取无理数时，函数值为0．以 x的性质正确的有：①；②③

B.

下关于狄利克雷函数D ④，其中表述正确的个数是( ) A. C.

10. 已知R，sincosA.2D(2)0

Dx的值域为0,1；

Dx为奇函数； D. D(x1)D(x)

2，那么tan的可能值为( ) 2C．23 B.23 3 D.23

11. 已知函数fx的定义域是(0,)，当x1时，f(x)0，且f(xy)f(x)f(y)，且f(2)1，下列说法正确的是( )

A.f10 B.函数fx在(0,)上单调递减 C.f(1111)f()f()f()f(2)f(3)f(2020)f(2021)2021 20212020321x D.满足不等式f()f(x3)2的x的取值范围为[4,)

12. 已知函数f(x)|log2x|2,x2x8x15,x22，若方程

fxk有四个不同的零点x1,x2,x3,x4，且

x1x2x3x4，则下列结论正确的是( )

A.2k3 B.2x1x222 C.x1x2x3x48 D.x12x23

三､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）四、解答题(本题共6小题，共70分，其中第16题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.) 13.木雕是我国古建筑雕刻中很重要的一种艺术形式，传统木雕精致细腻､气韵生动､极富书卷气.如图是一扇环形木雕，可视为扇形OCD截去同心扇形OAB所得部分.已知OA0.6m，

AD1.4m，AOB100，则该扇环形木雕的面积为________m2.

14.若函数f(x)axb(a0,b0)在区间[1,2]上的最小值为3,则

2

11的最小值为_______. a1b215.已知函数

f(x)x22mx(m0)满足：①x[0,2],f(x)8；②x0[0,2],f(x)8,则m的

值为______．

16.已知函数

f(x)|2x1|,g(x)|log2x|,0x2，且方程f(x)m有两个不同的解，则实数m的取

3x,x2值范围为__________ ，方程gf(x)m解的个数为_________．

四、解答题(本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.)

17.(本题满分10分) 化简求值

4（1）(7)03281()2;

9sin(2)cos()tan(3)2(2)若,求的值. 93cos()sin()2

18. (本题满分12分) 已知函数f(x) (1)求函数f(x)的单调区间； (2)求函数f(x)在区间[

19. (本题满分12分) 2020年我国面对前所未知，突如其来，来势汹汹的新冠肺炎疫情，中央出台了一系列助力复工复产好政策.城市快递行业运输能力迅速得到恢复,市民的网络购物也越来越便利.根据大数据统计，某条快递线路运行时，发车时间间隔t（单位：分钟）满足：5t20，tN，平均每趟快递车辆的载件个数R(t)(单位：个)与发车时间间隔t近似地满足

141

3cos(2x).

6,]上的最小值和最大值. 421618(10t)2,5t14R(t)，其中tN.

1618,14t20 (1)若平均每趟快递车辆的载件个数不超过1600个，试求发车时间间隔t的值；

(2)若平均每趟快递车辆每分钟的净收益S(t)5R(t)7770100 (单位：元)，问当发车时间间隔t为多

t3

少时，平均每趟快递车辆每分钟的净收益最大？并求出最大净收益(结果取整数).

20. (本题满分12分)已知函数f(x)|2sinx1|,x[0,]. (1)求f(x)的最大值及f(x)取最大值时x的值; (2)设实数aR,求方程3[f(x)]

21. (本题满分12分)已知函数f (x)＝x2－4x＋a，g(x)＝ax＋5－a. (1)若函数y＝f (x)在区间[－1,0]上存在零点，求实数a的取值范围；

(2)若对任意的x1∈[-1,3]，总存在x2∈[-1,3]，使得f (x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．

22. (本题满分12分)已知函数f(x)的定义域为(1,1)，且满足:对任意x,y(1,1),都有

22af(x)10存在8个不等的实数根时a的取值范围.

xyf(x)f(y)f().

1xy(1)求证:函数f(x)为奇函数;

(2)若当x(0,1),f(x)<0,求证: f(x)在(1,1)上单调递减; (3)在(2)的条件下解不等式: f(x2x1)f(

121x)0. 24

黄冈市2021年秋季高一年级期末考试

数学试题参考答案

一 、选择题

1.C 2.B 3.A 4.A 5.A 6.B 7.A 8.B 9.ABD 10. BD 11.ABD 12.BCD

4.A ∵xR, 不等式x24xa10不成立,则不等式x24xa10对xR恒成立,等价于

xR时a(x24x1)min,当xR时, (x24x1)min5,a5.故BCD不正确.

5.A 设g(x)＝f(x)－2，则g(x)为奇函数，且在R上单调递增，又f(a)＋f(2a－1)>4可化为

f(a)－2>－f(2a－1)＋2＝-[ f(2a－1)-2]＝g(1－2a)，即g(a)>g(1－2a)，∴a >1－2a，∴ a >6.B 依题意知 a1,若函数g(x)log2(x21. 3bx3)的值域为[1,),则tx2bx3的最小值为2,

43b22,解得b24，∴a2b25.

47.A ∵1x20且x0,x2,∴函数f(x)定义域为[1,0)(0,1]关于原点对称,

f(x)x1x2,函数f(x)为奇函数,易得f(x)的图象为A.

66sinxsin(2x)2, x2x3333122021)f()f()] 所以2[f(101110111011 [(f(1)f(2021))(f(2)f(2021))(f(2021)f(1))]

10111011101110111011101122021.122021f()f()f()2021. 1011101110118. B 因为f(x)f(2x)9.ABD 由题得Dx容易得D1,xQ，则D(2)0，①正确；

0,xCQRx的值域为0,1，②正确；

1,xQ，所以DxDx，Dx为偶函数，③不正确；

0,xCQR因为Dx1,xQ因为D(x1)，所以D(x1)D(x)，④正确．故选ABD．

0,xCQR10.BD 因为sincos2①，又sin2α+cos2α=1②， 25

2626sinsin44 联立①②，解得或，cos26cos2644因为R，所以tan故选：BD

11.ABD 对于A：令xy1，得f(1)f(1)f(1)2f(1)，所以f(1)0，故选项A正确； 11对于B：令yx，得fxf(x)x1ff(1)0，所以x1ff(x)， x23或23.

任取x1，x2(0,)，且x1x2，则fx2fx1fx2fx21，所以x11x1xf2， x1因为

f(x2)0，所以f(x2)f(x1)，所以f(x)在(0,)上单调递减，故选项B正确； x1对于C：f( f(1111)f()f()f()f(2)f(3)f(2020)f(2021) 202120203211112021)f(2020)f(3)f(2) 2021202032 =f(1)f(1)f(1)0 故选项C不正确；

11111对于D：因为f(2)1，由ff(x)可得f()f(2)1，所以f()f()f()2，所以

x2422不等式f()f(x3)2等价于f()f(上单调递减，

1x1x1111)f()，因为f(x)在(0,))f()即f(x34x(x3)411所以x(x3)4解得：x4，所以原不等式的解集为[4,)，故选项D正确；

x30故选：ABD．

|log2x|2,x212.BCD 如图示，在同一个坐标系内作出f(x)2

x8x15,x2和yk的图像，从图像可知： 要使方程

fxk有四个不同的零点，只需2k3，故A错误；

122xxx2,(1x22) ，所以12x2x26

对于B,由x1x21得：x1

令f(x)x222x22，当且仅当xxx2时取最小值22.故B正确；

xx2xxlog2，即log21log220，所以

对于C,x1，x2是|log2x|2k,(2k3)的两根，所以log21x1x2log20，所以x1x21；由x3,x4是x28x15k,2k3的两根，所以x3x48,所以

x1x2x3x48成立.故C正确；

对于D,由x1x21得：x12x212x2,(1x22) x2令f(x)2x二、填空题 13．

1,(1x2)在(1,)上当增，所以f(x)f(1)3.故D正确. x9123.17 （准确与精确都给满分） 14．. 15. 3 16. 0m1 （2分）； 4（3分） 903②x0[0,2],f(x)8, f(x)x22mx(m0)满足: ①x[0,2],f(x)8；

因为函数 15.解析： 即函数因为

f(x)x22mx(m0)在0,2上的最小值为-8，

f(x)(xm)2m2，对称轴是xm，开口向上，

fx在0,m单调递减，在m,2单调递增，

当0m2时，

故f(x)的最小值为m28，解得,m22，不合题意， 当m2时，

fx在0,2单调递减,

f(x)minf(2)44m8

解得,m3，符合题意．综上所述，m3． 16 .解析：函数

f(x)|2x1|图象如下：方程f(x)m有两个不同的解，

则函数yf(x)与直线ym有两个不同的交点，故0m1； 方程gf(x)m中，设tf(x)(0,)， 即g(t)m，即函数yg(t)与直线ym0,1的交点问题，

|log2t|,0t2g(t)图象如下：

3t,t2故结合图象可知，函数yg(t)与ym即g(t)m有三个根t1,t2,t3，其中

0,1有3个交点，

t1(0,1),t2(1,2),t3(2,3)，

7

再结合yf(x)图象可知，方程t1(0,1)有2个不同的x根； 方程t2(1,2)有1个不同的x根； 方程t3(2,3)有1个不同的x根. 综上，方程gf(x)m方程解的个数为4. 故答案为：0m1；4.

12417.(1)解: (7)381()2=1+393902141=2.…………………5分

sinsintan[2()]sin2(tan) (2)解:∵原式=…………………6分 cossin[4()]cossin()22sin33 =tan.…………………8分 3cos ∴当3时,原式=tan3333.…………………10分

)…………………1分 65xk 令2k2x2k，kZ，得k，kZ，…………………3分

612127xk 令2k2x2k，kZ，得k，kZ，…………………5分

6121257,k]，kZ；]，kZ. 故函数f(x)的递调递增区间为[k单调递减区间为[k,k1212121218.解: (1)∵f(x)3cos(2x)3cos(2x6 …………………6分 (2)当x[25,]时，2x[,]，…………………7分 42636 ∴当2x 当2x60，即x12时，f(x)取得最大值，

f(x)max3，…………………9分

553，即x时，f(x)取得最小值，f(x)min3cos()，……11分

662623∴函数f(x)在区间[,]上的最小值和最大值分别为，3.…………………12分

42219.解: (1)当14t20时，16181600，不满足题意，舍去. …………………1分 当5t14时，1618(10t)21600，即t220t820.…………………3分

解得t1032（舍）或t1032. ∵5t14且tN，∵t5.

所以发车时间间隔为5分钟. …………………5分

8

180(5t)200,5t14t(2)由题意可得S(t).…………………7分

320100,14t20t 当5t14，t6时，S(t)25t 当14t20，t14时，S(t)180200140（元）…………………9分 t320100123（元）…………………11分 14 所以发车时间间隔为6分钟时，净收益最大为140（元）. …………………12分

52sinx1,x6620. 解: (1)∵f(x),…………………3分

512sinx,0x或x66 ∴当x[56,5]时, f(x)maxf()1;∴当x[0,)(,]时, 6266f(x)maxf(0)f(π)1.

故当x0，，时,

2f(x)max1.…………………5分

2 (2)令tf(x),则t[0,3]，使方程3[f(x)]2af(x)10存在8个不等的实数根,

则，方程3t22at10在t(0,1)上存在两个相异的实根, …………………7分

令g(t)3t2g(0)10g(1)32a102at1,则(2a)24310，解得0a133a2.…………………11分

故所求的a的取值范围是3a2.…………………12分

21.解: (1)因为函数f (x)的对称轴是x＝2，所以y＝f (x)在区间[－1,0]上是减函数，

f (－1)≥0，

因为函数y＝f (x)在区间[－1,0]上存在零点，则必有…………………3分

f (0)≤0，5＋a≥0，

即解得－5≤a≤0.故所求实数a的取值范围[－5,0]．…………………5分 a≤0，

(2)若对任意的x1∈[-1,3]，总存在x2∈[-1,3]，

使得f (x1)＝g(x2)成立，只需当x∈[-1,3]时函数y＝f (x)的函数值组成的集合为函数y＝g(x)的函数值组成的集合的子集．…………………7分

f (x)＝x2－4x＋a在区间x∈[-1,3]的函数值组成的集合为[a－4，a＋5]，…………………8分 ①当a＝0时，g(x)＝5为常数，不符合题意，舍去；…………………9分

9

②当a>0时，g(x)在区间[-1,3]的值域为[5－2a，5+2a]， 所以52aa4, 解得a3.…………………10分

52a5a52aa4,a9．…………………11分

a552a③当a<0时，g(x)在区间[-1,3]的值域为[5+2a, 5－2a]， 所以综上所述，实数a的取值范围为(.9][3,)．…………………12分 22.(1)因为函数f(x)的定义域为(1,1)关于原点对称, ……………1分

xyf(x)f(y)f()， 由

1xy取x=y=0,得f(0)f(0)f( 取y=-x,则f(x)f(x)f(00)f(0),∴f(0)0.……………2分 10xx)f(0)0,∴f(x)f(x),故函数f(x)为奇函数. 21x ……………3分

x2x1f(x)f(x)f(x)f(x)f(), (2)对x1,x2(1,1),且x1x2,则21211x1x2x2x10,……………5分 由1x1x21,得x2x10,1x1x20,∴

1x1x2 又1x2x11x1x2x1x2(1x1)(1x2)xx0, ∴211,……………7分

1x1x21x1x21x1x21x1x2x2x1xx1,由x(0,1),f(x)<0知f(21)0

1x1x21x1x2 ∴0 f(x2)f(x1)0,即f(x2)f(x1)，故f(x)在(1,1)上单调递减. ……………8分 (3)由(1)和(2)知函数f(x)既为奇函数,同时f(x)在(1,1)上单调递减， 则不等式f(x2x1)f(1211111x)0等价于:f(x2x1)f(x)f(x), 22222 ……………10分

1x2x111111∴1x1,解得0x,故不等式的解集为{x|0x}.……………12分

2222112xx1x22

10