重庆巴蜀中学高2017级高一(上)期末数学试卷及其答案
重庆南开中学高2017级高一(上)期末考试数学试题及其答案
y= log 1 2sin(2 x
2
) 1 的单调递增区间为 3
(k π＋ ， kπ＋ ) ，选 C
6 3
7、解：∵ f （ x ） =Acos（ω x+φ ）为奇函数，∴ f（ 0） =Acosφ =0 ． ∵ 0＜φ ＜π ，∴ φ＝ ，
2
∴ f （ x） =Acos（ ω x+ ） =-Asin ωｘ ，
3b
2
b a
4c
的范围．
3
19、 （ 12 分）已知函数 f （ x） =sin
x 2
cos + 3 cos
2
x
2
x 2
． ] ，求函数 y=f（ x）的值域．
（ 1）求方程 f （ x） =0 的解集；（ 2）当 x∈ [0 ，
2
20、 （ 12 分）已知函数 f （ x）＝ sin（ 间的距离是
1 3 , ） 2 4
B、 3
C、 1
6
4、函数 f（ x）＝ e +4x-3 的零点所在的区间是（ A、 （
1 4 ,0 ）
B、 （ 0,
1 4
）
C、 （
1 1 , ） 4 2
5、在△ ABC 中， a、 b、 c 分别是三个内角 A 、 B、 C 的对边， “ sinA>sinB是“ ” A>B ” 的什么条 件（ ） B 、 必要 不 充分 ) 1 的单调区间 ( C 、 充要 )
2014-2015 重庆南开高 2017 级高一（上）期末考试 数学试卷
（ 2015.1） ，满分 150 分，考试时间 120 分钟
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）
一、选择题 （本大题 10 个小题，每小题 5 分，共 50 分，每小题只有一个选项符合要求） 1、计算 cos28 cos32 A、
重庆一中2017-2018年度高一上期末数学试题(含答案解析)
1、解: .故选A.2、解: 令x=-1得f(1)=2a0-1=1,即函数(a>0且a≠1) 的图象恒过定点P(-1,1).故选B.3、解：因为是第三象限角,可设，k∈Z，则，k∈Z，当k为偶数时,在第二象限,当k为奇数时,在第四象限,即在第二象限或第四象限,因为,所以在第四象限,故选D.4、解: 由已知,所以,所以.故选C.5、解: 设,因为方程的一根小于，另一根大于，所以f(-2)=4-2a+a<0,解得a>4.故选A.6、解: 设幂函数的解析式为f(x)=xα,因为幂函数的图象过点,所以8=16α,即23=24α,所以,所以,则f(x)的定义域为[0,+∞),且单调递增,则等价于,解得x>1,所以的解集为.故选D.7、解: 因为函数的最小正周期为，所以,所以,即,令,得对称轴方程是,当k=1时, 的一条对称轴是.故选C.8、解: 因为角(0≤≤2π)的终边过点，所以,又,所以P在第一象限,所以α为锐角,所以.故选D.9、解: ①若a>1,则由已知有即在上恒成立，即ax>2 在上恒成立，所以,又在[1,2]上单调递减,所以,所以a>2,②若0<a<1,则由已知有即在上恒成立，即,令,,所以当时,f(x)取得最大值1,所以这样的a不存在,综合得a>2.故选B.10、解: 因为,所以f(x)为偶函数,当x≥0时,,设0≤x1<x2,则,所以,又,所以,则,所以,所以f(x)在[0,+∞)单调递减,又f(0)=1>0,,所以f(x)在(0,1)有一个零点,则由偶函数知f(x)在(-1,0)有一个零点.故f(x)有2个零点.故选B.11、解:.故选A.12、解: 因为,所以令x-3=cosα,α∈[0,π],则,为锐角,所以,所以当即α=0时,f(x)取得最大值,当时, f(x)取得最小值,即函数的值域是.故选A.13、解: 不等式变形为,即x(x+1)>0,解得x<-1或x>0,所以不等式的解集是.故答案为. 14、解: 因为,所以,所以,,所以.故答案为-7.15、解: 因为,所以f(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即f(x)的周期为4,设,则,所以,当时,,所以.故答案为.16、解: 对于①,因为,所以f(x)不是偶函数,所以错误;对于②,当时,,又,所以在上单调递增,所以正确;对于③,该函数的最小正周期为,所以正确;对于④,因为,所以,即f(x)的图象不关于点对称,所以错误;对于⑤,画出f(x)的图象如下图,,知函数的值域为,所以错误.故答案为②③.17、解:(1);(2)18、解:（1）;(2)设则，所以.19、解:（1）因为是奇函数，所以，所以；在上是单调递增函数;(2) 在区间(0,1)上有两个不同的零点，等价于方程在区间(0,1)上有两个不同的根，即方程在区间(0,1)上有两个不同的根，所以方程在区间上有两个不同的根，画出函数在(1,2)上的图象,如下图,由图知,当直线y=a与函数的图象有2个交点量时,所以的取值范围为.20、解:（1）, 所以的最小正周期为;(2)由已知有,因为,所以,当,即时,g(x)单调递增,当即时,g(x)单调递减,所以g(x)的增区间为，减区间为,所以在上最大值为，最小值为.21、解:(1)令，得，令，得，令，得，设，则，因为,所以;(2)设，,因为所以，所以为增函数,所以, 即,上式等价于对任意恒成立，因为，所以上式等价于对任意恒成立，设，（时取等），所以，解得或.22、(1)解:由已知,所以,令得，由复合函数的单调性得的增区间为，减区间为；（2）证明:时，，，,当时取等号，, 设，由得，且,从而,由于上述各不等式不能同时取等号，所以原不等式成立.。
2017-2018学年重庆市巴蜀中学高一下学期期末考试数学(理)试题(解析版)
2017-2018学年重庆市巴蜀中学高一下学期期末考试数学（理）试题一、单选题1．圆的圆心坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：将圆的方程化为标准方程后可得所求．详解：将圆方程化为标准方程得，∴圆心坐标为．故选B．点睛：本题考查圆的标准方程和一般方程间的转化及根据标准方程求圆的半径，属容易题．2．已知，为非零实数，且，则下列不等式一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据不等式的性质或函数的性质对四个选项分别进行分析、排除后可得结论．详解：对于A，当时不等式不一定成立，故A不正确．对于B，当时，不等式不成立，故B不正确．对于C，当时不等式不成立，故C不正确．对于D，根据函数的单调性可得不等式成立，故D正确．故选D．点睛：判断关于不等式的命题真假的常用方法（1）直接运用不等式的性质进行推理判断．（2）利用函数的单调性，利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性等进行判断．（3）特殊值验证法，即给要判断的几个式子中涉及的变量取一些特殊值进行比较、判断．3．下列四个方程表示对应的四条直线，其中倾斜角为的直线是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据选项中给出的直线的方程，分别求出直线的倾斜角即可．详解：选项A中，直线的倾斜角为，所以A不正确．选项B中，直线的倾斜角为，所以B不正确．选项C中，直线的倾斜角为，所以C不正确．选项D中，直线的倾斜角为，所以D正确．故选D．点睛：本题考查直线倾斜角的概念，考查学生的分析问题和转化的能力，解题时结合给出的直线的方程进行判断分析即可，属于容易题．4．（）的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据基本不等式求解即可．详解：∵，∴，∴，当且仅当，即时等号成立，∴（）的最大值为．故选B．点睛：使用基本不等式求最值时，注意使用的前提是“一正、二定、三相等”，且这三个条件缺一不可，其中关键是寻求定值，若条件不满足使用的条件，则需要进行适当的变形，以得到定值．5．在等差数列中，表示的前项和，若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：根据等差数列的前项和公式和数列下标和的性质求解．详解：∵数列为等差数列，∴．∴．故选C．点睛：等差数列中的下标和的性质，即若m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q常与前n项和公式结合在一起考查，解题时采用整体代换的思想，可简化解题过程，提高解题的效率．6．已知向量，，则在方向上的投影是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：根据向量在另一个向量方向上的投影的概念求解．详解：∵，，∴，.设的夹角为，则向量在方向上的投影为．故选A．点睛：向量在另一向量方向上的投影是向量数量积的几何意义的具体体现，它是一个数量，其值可正、可负、也可为零，计算的主要途径是根据定义进行．7．在中，、、分别是内角、、的对边，且，则角的大小为（ ）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据余弦定理的推论求得，然后可求得．详解：∵，∴．由余弦定理的推论得，又，∴．故选D ．点睛：本题考查余弦定理推论的应用，解题时容易出现的错误是在求得角的三角函数值后忽视了角的范围，从而得到错误的结果． 8．已知向量，，则“”是“”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 【答案】C【解析】先讨论充分性：由得所以“”是“”的充分条件.再讨论必要性：因为，所以，所以“”是“”的必要条件.故选C.9．若，满足条件，当且仅当，时，目标函数取得最小值或最大值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：作出可行域，根据最优解的位置判断目标函数的斜率范围，列出不等式解出．详解：画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．由可得．∵目标函数仅在处取得最大值或最小值，∴或，解得或，∴实数的取值范围是．故选D．点睛：线性规划中已知最优解求参数的取值或范围时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值．10．在中，已知，，分别为，，所对的边，且，，成等比数列，，，则外接圆的直径为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：利用成等比数列得到，结合余弦定理及求得，再根据正弦定理求得三角形外接圆的直径．详解：∵成等比数列，∴．在中，由余弦定理得，∴，∴．由得．设外接圆的半径为,则，∴外接圆的直径为．故选C．点睛：用余弦定理解三角形时注意整体代换思想的利用，即解题中常用到变形，可简化运算．令由正弦定理可得，若外接圆的半径为，则有．11．已知定义在上的函数的导函数满足，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】分析：根据题意，由可得，构造函数，可得，故单调递增，根据单调性可得结论．详解：令，∴，∵，∴，∴函数在上单调递增，∴，即，∴．故选B．点睛：本题考查对函数单调性的应用，考查学生的变形应用能力，解题的关键是根据题意构造函数，通过判断函数的单调性得到函数值间的关系，从而达到求解的目的．12．已知，是圆上两点，点，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：如图，由得，设的中点为，则．令，在中，根据弦长、弦心距和半径的关系求得后可得所求．详解：如图所示，由得．设的中点为，则．由题意可得当最小时，则最小，此时，又为的中点，故点在上，即垂直平分．令，则，．在中，根据勾股定理得，即，整理得，解得或（舍去）．∴的最小值为．故选B．点睛：解答本题的关键是根据平面几何的关系得到最小时点，的位置，然后再根据计算得到所求的值，利用几何法解决圆的有关问题，可省去大量的运算，提高解题的效率，这是研究解析几何问题时常用的方法．二、填空题13．等比数列中，为其前项和，若，则实数的值为__________．【答案】.【解析】分析：由题意求得，然后根据数列成等比数列可得实数的值．详解：∵，∴，由题意得成等比数列，∴，即，解得．点睛：本题考查等比数列的运算，解题的关键是根据题意得到数列的前三项，然后列出方程求解．另外，解题时也可利用结论求解，即若等比数列的前项和，则有，注意要注意结论中必须为．14．若实数，满足，则的最大值为__________．【答案】5.【解析】作出不等式组表示的平面区域，得到如图的及其内部：其中，，，设，将直线进行平移，当经过点时，目标函数达到最大值，此时.故答案为.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15．函数（）的最小值为__________．【答案】.【解析】分析：将所给函数的解析式变形为，再结合，并根据基本不等式求解即可得到结论．详解：由题意得，∵，∴．又，∴．∴，当且仅当，即时等号成立．∴函数的最小值为．点睛：（1）使用基本不等式求最值时，注意使用的前提是“一正、二定、三相等”，且这三个条件缺一不可．（2）在运用基本不等式时，若条件不满足使用的条件，则要注意通过“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足重要不等式中“正”“定”“等”的条件．16．已知函数，若在区间上不是单调函数，则的取值范围为__________．【答案】.【解析】分析：由题意得，因为在区间上不单调，故在区间上有解，分离参数后通过求函数的值域可得所求的范围．详解：∵，∴．∵在区间上不单调，∴在区间上有解，即方程在区间上有解，∴方程在区间上有解．令，则，∴函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，∴当时，取得最大值，且最大值为．又.∴.又由题意得在直线两侧须有函数的图象，∴．∴实数的取值范围为．点睛：解答本题时注意转化的思想方法在解题中的应用，将函数不单调的问题化为导函数在给定区间上有变号零点的问题处理，然后通过分离参数又将问题转化为求函数的值域的问题，利用转化的方法解题时还要注意转化的合理性和准确性．三、解答题17．已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）求在区间上的最大值和最小值．【答案】(1) 的递增区间为，递减区间为．(2) 最大值，最小值．【解析】分析：（1）求导数后，由可得增区间，由可得减区间．（2）根据单调性求出函数的极值和区间的端点值，比较后可得最大值和最小值．详解：（1）∵，∴．由，解得或；由，解得，所以的递增区间为，递减区间为．（2）由（1）知是的极大值点，是的极小值点，所以极大值，极小值，又，，所以最大值，最小值．点睛：（1）求单调区间时，由可得增区间，由可得减区间，解题时注意导函数的符号与单调性的关系．（2）求函数在闭区间上的最值时，可先求出函数的极值和区间的端点值，通过比较后可得最大值和最小值．18．已知圆的圆心为，直线与圆相切．（1）求圆的标准方程；（2）若直线过点，且被圆所截得弦长为，求直线的方程．【答案】(1) .(2) ；或．【解析】分析：（1）由直线和圆相切可得圆的半径，进而可得圆的标准方程．（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况考虑，根据待定系数法设出直线的方程并结合弦长公式求解可得结果．详解：（1）由题意得圆心到直线的距离为．所以圆的圆心为，半径，∴圆的标准方程为．（2）①当直线的斜率存在时，设直线方程为即，∴圆心到直线的距离为．又由题意得，解得．∴，解得．∴直线的方程为．②当的斜率不存在时，可得直线方程为，满足条件．综上可得直线的方程为或．点睛：解决解析几何问题时注意把几何问题转化为数的运算的问题，通过计算达到求解的目的．在本题（2）中，容易忽视斜率不存在的情形，解题时要注意这一特殊情况，通过验证可求得，以得到完整的解．19．在中，角、、的对边分别为、、，且．（1）求角的大小；（2）是的面积，若，求的最小值．【答案】(1) .(2)2.【解析】分析：（1）根据条件及正弦定理可得，然后由并根据三角变换得到，进而可求得．（2）由得到，再由余弦定理和基本不等式可得所求．详解：（1）由及正弦定理得，所以，所以，因为在中，，所以，又，所以．（2）由，得，由余弦定理得，当且仅当时等号成立，所以，所以的最小值为．点睛：三角形的面积公式和余弦定理经常结合在一起考查，解题时往往用到整体代换的思想方法，其中变形是重要的解题方法，同时也常与基本不等式结合在一起，解题时要注意等号成立的条件是否满足．20．已知数列满足，．（1）求证：数列是等比数列；（2）设，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析.(2)【解析】分析：（1）将两边同除以得，变形得，故得结论．（2）由题意得到，根据裂项相消法可得．详解：（1）证明：将两边同除以，得，∴，又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列．（2）由（1）得，∴，∴∴.点睛：（1）证明数列为等比数列时，在得到后，不要忘了证明，这是容易忽视的步骤．（2）在用裂项相消法求数列的和时，要注意在相消后剩余的项具有前后对称的特征，即前面剩下了第几项，则后面就剩下倒数第几项，根据此结论可判断结果是否正确．21．已知圆过点，，圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）过圆上任一点作圆的两条切线，切点分别为，，求四边形面积的取值范围．【答案】(1).(2).【解析】分析：（1）根据条件设圆的方程为，由题意可解得，于是可求得圆的方程．（2）根据几何知识可得，故将所求范围的问题转化为求切线长的问题，然后根据切线长的求法可得结论．详解：（1）由题意设圆心为，半径为，则圆的标准方程为．由题意得，解得，所以圆的标准方程为．（2）由圆的切线的性质得，而．由几何知识可得，又，所以，故，所以，即四边形面积的取值范围为．点睛：解决圆的有关问题时经常结合几何法求解，借助图形的直观性可使得问题的求解简单直观．如在本题中将四边形的面积转化为切线长的问题，然后再转化为圆外一点到圆上的点的距离的范围的问题求解．22．已知函数，（且），当，求证：.【答案】证明见解析.【解析】分析：先判断函数的单调性，求得函数的最小值后可证得结论成立．详解：证明：当时，（）∴（）∴当时，单调递减；当时，单调递增，∴当时，有极小值，也为最小值，且所以，所以．点睛：本题考查函数的单调性及最值的应用，证明不等式时，可转化为求函数的最值的问题，如在本题中证明不等式成立时只需证明函数的最小值大于零即可．。
2016-2017学年重庆市巴蜀中学高一上学期期末考试数学试题
巴蜀中学2019届高一（上）期末考试数学试题第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.()sin 690-︒=（ ） A.12B.12-D. 2.设集合2102x A x x ⎧+⎫=≤⎨⎬-⎩⎭，{}1B x x =<，则A B = （ ）A.1 12⎡⎫-⎪⎢⎣⎭，B.()()1 1 1 2- ，，C.()1 2-，D.1 22⎡⎫-⎪⎢⎣⎭， 3.已知向量()3 1a = ，，() 2b x =- ，，()0 2c = ，，若()a b c ⊥-，则实数x 的值为（ ） A.43B.34C.34-D.43-4.已知sin153a =︒，cos62b =︒，121log 3c =，则（ ） A.a b c >> B.c a b >> C.b c a >> D.c b a >>5.在ABC △中，点E 满足3BE EC = ，且AE mAB nAC =+，则m n -=（ ）A.12B.12-C.13-D.136.已知函数()()sin f x A x ωϕ=+，()0 0 0A ωϕπ>><<，，，其部分图象如下图，则函数()f x 的解析式为（ ）A.()12sin 24f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭B.()132sin 24f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭C.()132sin 44f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭D.()2sin 24f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭7.函数()21tan 12xf x x ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭的图象（ ） A.关于x 轴对称 B.关于y 轴对称 C.关于y x =轴对称 D.关于原点轴对称8.为了得到函数sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，可以将函数cos 2y x =的图象（ ）A.向右平移6π个单位长度B.向右平移3π个单位长度C.向左平移6π个单位长度 D.向左平移3π个单位长度9.不等式2313x x a a --+≤-对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A.(][) 1 4 -∞+∞ ，， B.[]1 4-，C.[]4 1-，D.(][) 4 1 -∞-+∞ ，，10.将函数32x y x -=-的图象向左平移1个单位，再向下平移1个单位得到函数()f x ，则函数()f x 的图象与函数()2sin 24y x x π=-≤≤的图象的所有交点的横坐标之和等于（ ） A.2B.4C.6D.811.设函数()()ln x f x e x =--的两个零点为12 x x ，，则（ ） A.120x x <B.121x x =C.121x x >D.1201x x <<12.已知定义在R 上的偶函数()f x 满足()()1f x f x +=-，且当[]1 0x ∈-，时，()348x f x =+，函数()121log 18g x x =+-，则关于x 的不等式()()f x g x <的解集为（ ）A.()()2 1 1 0--- ，，B.71 1 1 44⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，， C.53 1 1 44⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，，D.31 1 1 22⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，， 第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.1338log tan 210-+︒= ．14.已知向量 1 2a b == ，，()a ab ⊥+，则向量a 与b 的夹角为 ．15.某教室一天的温度（单位：℃）随时间（单位：h ）变化近似地满足函数关系：()202sin 246f t t ππ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，[]0 24t ∈，，则该天教室的最大温差为 ℃．16.若函数()223 132 1xa x f x x ax a x ⎧-<⎪=⎨-+≥⎪⎩，，恰有两个零点，则实数a 的取值范围为 ． 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知0απ<<，()()sin cos m παπα-++=.（1）当1m =时，求α；（2）当m =tan α的值.18.已知函数()1ln 33x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭的定义域为M . （1）求M ；（2）当x M ∈时，求()122421x x g x ++=-+的值域.19.已知函数()()2sin f x x ωϕ=+，0 2πωϕ⎛⎫>< ⎪⎝⎭，的最小正周期为π，且图象关于3x π=对称.（1）求ω和ϕ的值；（2）将函数()f x 的图象上所有横坐标伸长到原来的4倍，再向右平移3π个单位得到函数()g x 的图象，求()g x 的单调递增区间以及()1g x ≥的x 取值范围.20.已知()()f x x x a a R =-∈. （1）若1a =，解不等式()2f x x <；（2）若对任意的[]1 4x ∈，，都有()4f x x <+成立，求实数a 的取值范围.21.已知函数()f x 为R 上的偶函数，()g x 为R 上的奇函数，且()()()4log 41x f x g x +=+. （1）求()() f x g x ，的解析式；（2）若函数()()()()21log 202x h x f x a a =-⋅+>在R 上只有一个零点，求实数a 的取值范围.22.已知()()()2213f x ax a x a R =-++∈.（1）若函数()f x 在3 32⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递减，求实数a 的取值范围； （2）令()()1f x h x x =-，若存在123 32x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，，使得()()1212a f x f x +-≥成立，求实数a 的取值范围.巴蜀中学2019届高一（上）期末考试数学试题答案一、选择题1-5:ACADB 6-10:BBBAD 11、12：DD二、填空题13.0 14.120 15.3 16.[)1 1 3 2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，，三、解答题17.解：（1）由已知得：sin cos 1αα-=，所以12sin cos 1αα-=，∴sin cos 0αα=， 又0απ<<，∴cos 0α=，∴2πα=.（2）当m =sin cos αα-=.① 法1：112sin cos 5αα-=，∴2sin cos 05αα=>，∴02πα<<，∵()29sin cos 12sin cos 5αααα+=+=，∴sin cos αα+=由①②可得sin α=，cos α=，∴tan 2α=. 法2：()222211sin 2sin cos cos sin cos 55αααααα-+==+∴222sin 5sin cos 2cos 0αααα-+=，∴22tan 5tan 20αα-+=， ∴tan 2α=，1tan 2α=，又1sin cos 0αα>-=>，∴42ππα<<，∴tan 1α>，∴tan 2α=.18.解：（1）由已知可得2032311303x xx xx -⎧≥⎪-<≤⎧⎪+⇒⎨⎨>-⎩⎪->⎪⎩，∴12x -<≤，所以(]1 2M =-，. （2）()()12222421224212211x x x x x g x ++=-+=⋅+⋅+---，∵12x -<≤，∴1242x <<，所以当21x =，即0x =时，()max 1g x =-，当24x =，即2x =时，()max 17g x =，所以()g x 的值域为[]1 17-，. 19.解：（1）由已知可得2ππω=，∴2ω=，又()f x 的图象关于3x π=对称，∴232k ππϕπ⋅+=+，∴6k πϕπ=-，∵22ππϕ-<<，∴6πϕ=-.（2）由（1）可得()2sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴()12sin 23g x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由1222232k x k πππππ-≤-≤+，得54433k x k ππππ-≤≤+，()g x 的单调递增区间为54 433k k ππππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，，k Z ∈. ∴11sin 232x π⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，∴15226236k x k πππππ+≤-≤+，∴7443k x k ππππ-≤≤+，k Z ∈. 20.解：（1）由已知得：12x x x -<，∴00031213x x x x x >⎧>⎧⎪⇒⇒<<⎨⎨-<-<<⎪⎩⎩， 或{0011213x x x x x x <<⎧⎧⎪⇒⇒<-⎨⎨-><->⎪⎩⎩或， 所以不等式的解为：03x <<或1x <-. （2）因为14x ≤≤，所以41x a x -<+，∴4411x a x x x--<<++， 令()41g x x x=--，显然()g x 在[]1 4x ∈，上是增函数，()()max 42g x g ==， 令()41h x x x=++，则()h x 在[]1 2，单减，在[]2 4，单增，所以()()max 25h x h ==， ∴()()max max 25g x a h x =<<=，∴25a <<.21.解：（1）因为，()()()4log 41x f x g x +=+……①，∴()()()4log 41x f x g x --+-=+，∴()()()4log 41x f x g x x --=+-……② 由①②得，()()4log 412x x f x =+-，()2xg x =. （2）由()()()()()24211log 2log 41log 2222x x x x h x f x a a =-⋅+=+--⋅+()()22211log 21log 20222x x x a =+--⋅+=.得：()()222221log log 2122102x x x x x a a +=⋅+⇒-+⋅-=， 令2x t =，则0t >，即方程()2110a t -+-=……（*）只有一个大于0的根， ①当1a =时，0t =>，满足条件； ②当方程（*）有一正一负两根时，满足条件，则101a -<-，∴1a >， ③当方程（*）有两个相等的且为正的实根时，则()28410a a ∆=+-=，∴12a =，1a =-（舍） 12a =时，0t =>，综上：12a =或1a ≥. 22.解：（1）①当0a =时，()23f x x =-+，显然满足，②010123a a a a >⎧⎪⇒<≤+⎨≥⎪⎩，③00132a a a a<⎧⎪⇒<+⎨≤⎪⎩，综上：12a ≤. （2）存在123 32x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，，使得()()1212a f x f x +-≥成立即：在3 32x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，上，()()max min 12a f x f x +-≥， 因为()()()11211f x a h x a x x x -==-+---，令11 22t x ⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦，， 则()12a g t a t t -=⋅+-，1 22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，. （i ）当0a ≤时，()g t 在1 22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，单调递减，所以()()max min 12a g t g t +-≥， 等价于()1122227a g g a +⎛⎫-≥⇒≤ ⎪⎝⎭，所以0a ≤.（ii ）当01a <<时，()12a a g t a t t -⎛⎫⎪=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，()g t在0 ⎛ ⎝上单调递减，在 ⎫+∞⎪⎪⎭，上单调递增.12≤时，即415a ≤<，()g t 在1 22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，单调递增. 由()()max min 12a g t g t +-≥得到()1142225a g g a +⎛⎫-≥⇒≥ ⎪⎝⎭，所以415a ≤<.2≥时，105a <≤时，()g t 在1 22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，单调递减， 由()()max min 12a g t g t +-≥得到()1122227a g g a +⎛⎫-≥⇒≤ ⎪⎝⎭，所以105a <≤.③当122<<，即1455a <<时，()min g t g =，最大值则在()2g 与12g ⎛⎫⎪⎝⎭中取较大者，作差比较()132322g g a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，得到分类讨论标准：a. 当1152a <<时，()1323022g g a ⎛⎫-=-< ⎪⎝⎭，此时()max 12g t g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，由()()max min 12a g t g t +-≥，得到21132409022a g g a a a +⎛⎫-≥⇒-+≥⇒≥ ⎪⎝⎭或a ≤所以15a <≤b. 当1425a ≤<时，()1323022g g a ⎛⎫-=-> ⎪⎝⎭，此时()()max 2g t g =，由()()max min 12a g t g t +-≥，得到()14225a g g a a +-≥⇒≥≥，所以此时a ∈∅，在此类讨论中，40 15a ⎛⎡⎫∈ ⎪⎢ ⎣⎭⎝，. c. 当1a ≥时，()g t 在1 22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，单调递增，由()()max min 12a g t g t +-≥， 得到()1142225a g g a +⎛⎫-≥⇒≥ ⎪⎝⎭，所以1a ≥，综合以上三大类情况，4 5a ⎛⎡⎫∈-∞+∞ ⎪⎢ ⎣⎭⎝，.。
重庆市巴蜀中学高一数学上学期期末试题(含解析)
2015-2016学年重庆市巴蜀中学高一（上）期末数学试卷一、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M={﹣1，1，3，5}，集合N={﹣3，1，5}，则以下选项正确的是（）A．N∈M B．N⊆M C．M∩N={1，5} D．M∪N={﹣3，﹣1，3}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．sin585°的值为（）A．B．C．D．4．若θ是第四象限角，且|cos|=﹣cos，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．log310 B．lg3 C．103D．3106．为了得到函数y=sin（2x﹣）的图象，可以将函数y=sin2x的图象（）A．向右平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向左平移个单位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．B．y=x2+2 C．y=x3﹣3 D．8．tan70°•cos10°（tan20°﹣1）等于（）A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣29．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）=（f（x）≠0），且在区间上单调递减．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．f（sinα）＞f（cosβ）B．f（sinα）＜f（cosβ）C．f（sinα）=f（cosβ）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．[﹣，1）C．[﹣，1] D．[1，]11．设函数f（x）=，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））=2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（）A．B．C．2 D．412．若函数f（x）=cos（asinx）﹣sin（bcosx）没有零点，则a2+b2的取值范围是（）A．[0，1）B．[0，π2）C．D．[0，π）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=|x﹣2|﹣|x+1|的取值范围为．15．当t∈[0，2π）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[m，n]⊂D（m＜n），使函数f（x）在[m，n]上的值域恰为[km，kn]，则称函数f（x）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）=|3x﹣1|是2型函数，则m+n=1；④若函数y=（a≠0）是1型函数，则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．已知A={x|x2+2x﹣8＞0}，B={x||x﹣a|＜5|}，且A∪B=R，求a的取值范围．18．已知0＜α＜，tanα=（1）求的值；（2）求sin（﹣α）的值．19．已知f（x）=x为偶函数（t∈z），且在x∈（0，+∞）单调递增．（1）求f（x）的表达式；（2）若函数g（x）=log a[a﹣x]在区间[2，4]上单调递减函数（a＞0且a≠1），求实数a的取值范围．20．函数f（x）=cos2（ωx+φ）﹣cos（ωx+φ）•sin（ωx+φ+）﹣（ω＞0，0＜φ＜）同时满足下列两个条件：①f（x）图象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（，0）是f（x）的一个对称中心、（1）当x∈[0，2]时，求函数f（x）的单调递减区间；（2）令g（x）=f2（x﹣）+f（x﹣）+m，若g（x）在x∈[，]时有零点，求此时m 的取值范围．21．已知二次函数f（x）=x2﹣16x+q+3．（1）若函数在区间[﹣1，1]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（t≥0），当x∈[t，10]时，f（x）的值域为区间D，且区间D的长度为12﹣t（此区间[a，b]的长度为b﹣a）22．已知集合A={t|t使{x|x2+2tx﹣4t﹣3≠0}=R}，集合B={t|t使{x|x2+2tx﹣2t=0}≠∅}，其中x，t均为实数．（1）求A∩B；（2）设m为实数，g（α）=﹣sin2α+mcosα﹣2m，α∈[π，π]，求M={m|g（α）∈A∩B}．四、附加题：本题满分0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．已知函数f（x）的定义域为0，1]，且f（x）的图象连续不间断．若函数f（x）满足：对于给定的m （m∈R且0＜m＜1），存在x0∈[0，1﹣m]，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k∈N*且k≥2，函数f（x）具有性质P（）．2015-2016学年重庆市巴蜀中学高一（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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M={﹣1，1，3，5}，集合N={﹣3，1，5}，则以下选项正确的是（）A．N∈M B．N⊆M C．M∩N={1，5} D．M∪N={﹣3，﹣1，3}【考点】集合的包含关系判断及应用．【专题】集合思想；分析法；集合；简易逻辑．【分析】由元素与集合之间的关系，判断A不正确，由集合N中的元素不都是集合M中的元素，判断B不正确，再由交集以及并集运算判断C，D则答案可求．【解答】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．【点评】本题考查了集合的包含关系判断及应用，是基础题．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【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】对应思想；定义法；简易逻辑．【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】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【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的关系是解决本题的关键．3．sin585°的值为（）A．B．C．D．【考点】诱导公式的作用．【分析】由sin（α+2kπ）=sinα、sin（α+π）=﹣sinα及特殊角三角函数值解之．【解答】解：sin585°=sin=sin225°=sin（45°+180°）=﹣sin45°=﹣，故选A．【点评】本题考查诱导公式及特殊角三角函数值．4．若θ是第四象限角，且|cos|=﹣cos，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【考点】三角函数值的符号；象限角、轴线角．【专题】数形结合；定义法；三角函数的求值．【分析】根据θ是第四象限角，得出是第二或第四象限角，再由|cos|=﹣cos，得出是第二象限角．【解答】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．【点评】本题考查了象限角与三角函数符号的判断问题，是基础题目．5．f（3x）=x，则f（10）=（）A．log310 B．lg3 C．103D．310【考点】函数的值．【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用．【分析】设3x=t，求出f（t）=log3t，由此能求出f（10）．【解答】解：∵f（3x）=x，∴设3x=t，则x=log3t，∴f（t）=log3t，∴f（10）=log310．故选：A．【点评】本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数性质的合理运用．6．为了得到函数y=sin（2x﹣）的图象，可以将函数y=sin2x的图象（）A．向右平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向左平移个单位【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【专题】三角函数的图像与性质．【分析】根据函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，可得结论．【解答】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．【点评】本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．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．B．y=x2+2 C．y=x3﹣3 D．【考点】奇偶性与单调性的综合．【专题】计算题；函数的性质及应用．【分析】运用奇偶性的定义判断已知函数为偶函数，在x＜0上递减，再由常见函数的奇偶性和单调性及定义，即可得到满足条件的函数．【解答】解：函数y=，当x=0时，f（0）=1；当x＞0时，﹣x＜0，f（﹣x）=（）﹣x=e x=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=递增，则D不满足．故选B．【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断，考查常见函数的奇偶性和单调性及定义的运用，考查运算能力，属于基础题和易错题．8．tan70°•cos10°（tan20°﹣1）等于（）A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2【考点】三角函数的恒等变换及化简求值．【专题】计算题；三角函数的求值．【分析】将原函数式中的“切”化“弦”后，通分整理，用辅助角公式整理即可．【解答】解：tan70°•cos10°（tan20°﹣1）=•cos10°（•﹣1）=•=×2sin（20°﹣30°）==﹣1．故选C．【点评】本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，“切”化“弦”后通分整理是关键，考查化简与运算能力，属于中档题．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）=（f（x）≠0），且在区间上单调递减．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．f（sinα）＞f（cosβ）B．f（sinα）＜f（cosβ）C．f（sinα）=f（cosβ）D．以上情况均有可能【考点】抽象函数及其应用．【专题】转化思想；分析法；函数的性质及应用；三角函数的图像与性质．【分析】由平移图象可得y=f（x）的对称轴为x=0，由f（x）f（x+1）=4，将x换为x+1，可得f（x）的周期为2，由题意可得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＜，运用诱导公式和正弦函数的单调性，即可判断大小，得到结论．【解答】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．【点评】本题考查函数的对称性和周期性的运用，考查偶函数的单调性的运用，同时考查三角形函数的诱导公式和正弦函数的单调性，考查运算能力，属于中档题．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．[﹣，1）C．[﹣，1] D．[1，]【考点】根的存在性及根的个数判断．【专题】综合题；分类讨论；综合法；函数的性质及应用．【分析】令2x=t（t＞0），可得t2+mt+m2﹣1=0有正根，分类讨论，即可求实数m的取值范围．【解答】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．【点评】本题考查根的分布，考查学生转化问题的能力，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．11．设函数f（x）=，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））=2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（）A．B．C．2 D．4【考点】分段函数的应用．【专题】函数的性质及应用．【分析】此题的突破口在于如何才会存在唯一的x满足条件，结合f（x）的值域范围或者图象，易知只有在f（x）的自变量与因变量存在一一对应的关系时，即只有当f（x）＞1时，才会存在一一对应．【解答】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：A【点评】本题主要考查了分段函数的应用，本题关键是可以把2a2y2+ay当作是一个数，然后在确定数的大小后再把它作为一个关于y的函数．12．若函数f（x）=cos（asinx）﹣sin（bcosx）没有零点，则a2+b2的取值范围是（）A．[0，1）B．[0，π2）C．D．[0，π）【考点】函数零点的判定定理；三角函数中的恒等变换应用．【专题】转化法；函数的性质及应用；三角函数的图像与性质．【分析】先假设函数存在零点x0，得出方程：sin（x0+φ）=2kπ+，再根据三角函数的性质得出结果．【解答】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：C．【点评】本题主要考查了函数零点的判定，涉及三角函数的诱导公式，辅助角公式，方程有解条件的转化，以及运用假设的方式分析和解决问题，属于难题．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{x|x≥1或x≤0}．【考点】函数的定义域及其求法．【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用．【分析】根据二次根式的性质得到关于x的不等式组，解出即可．【解答】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}．【点评】本题考查了求函数的定义域问题，考查二次根式的性质，是一道基础题．14．函数y=|x﹣2|﹣|x+1|的取值范围为[﹣3，3] ．【考点】带绝对值的函数．【专题】计算题；推理和证明．【分析】化简函数，分别确定其范围，即可得出函数y=|x﹣2|﹣|x+1|的取值范围．【解答】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]．【点评】本题考查求函数y=|x﹣2|﹣|x+1|的取值范围，正确讨论是关键．15．当t∈[0，2π）时，函数f（t）=（1+sint）（1+cost）的最大值为．【考点】函数的最值及其几何意义．【专题】函数思想；换元法；函数的性质及应用．【分析】由f（t）=1+（sint+cost）+sintcost，令m=sint+cost=sin（t+）∈[﹣，]，sintcost=，则f（t）=1+m+=，运用二次函数的值域求法，可得最大值．【解答】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：．【点评】本题考查可化为二次函数的最值的求法，注意运用三角换元和正弦函数的值域，考查运算能力，属于中档题．16．f（x）是定义在D上的函数，若存在区间[m，n]⊂D（m＜n），使函数f（x）在[m，n]上的值域恰为[km，kn]，则称函数f（x）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）=|3x﹣1|是2型函数，则m+n=1；④若函数y=（a≠0）是1型函数，则n﹣m的最大值为正确的序号是②③④．【考点】命题的真假判断与应用；函数的定义域及其求法；函数的值域．【专题】新定义；转化思想；函数的性质及应用；简易逻辑．【分析】根据题目中的新定义，结合函数与方程的知识，逐一判定命题①②③④是否正确，从而确定正确的答案．【解答】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【点评】本题主要考查与函数有关的命题的真假判断，考查了在新定义下函数的定义域、值域问题以及解方程的问题，是易错题．综合性较强，有一定的难度．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．已知A={x|x2+2x﹣8＞0}，B={x||x﹣a|＜5|}，且A∪B=R，求a的取值范围．【考点】集合的包含关系判断及应用．【专题】计算题；集合思想；不等式的解法及应用；集合．【分析】利用一元二次不等式的解法可化简集合A，利用绝对值不等式的解法可化简集合B，再利用集合的运算即可得出答案．【解答】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]．【点评】本题考查了集合的包含关系判断及应用，考查了一元二次不等式和绝对值不等式的解法，属于基础题．18．已知0＜α＜，tanα=（1）求的值；（2）求sin（﹣α）的值．【考点】三角函数的化简求值．【专题】计算题；规律型；三角函数的求值．【分析】（1）化简所求表达式为正切函数的形式，代入求解即可．（2）利用同角三角函数基本关系式以及两角差的正弦函数化简求解即可．【解答】解：0＜α＜，tanα=（1）===20；（2）0＜α＜，tanα=，可得sinα=，cosα=，sin（﹣α）=cos sinα==．【点评】本题考查三角函数的化简求值，两角和与差的三角函数，考查计算能力．19．已知f（x）=x为偶函数（t∈z），且在x∈（0，+∞）单调递增．（1）求f（x）的表达式；（2）若函数g（x）=log a[a﹣x]在区间[2，4]上单调递减函数（a＞0且a≠1），求实数a的取值范围．【考点】复合函数的单调性；奇偶性与单调性的综合；对数函数的图像与性质．【专题】函数思想；换元法；函数的性质及应用．【分析】（1）根据函数的奇偶性和单调性的性质，即可求出t的值，从而求f（x）的解析式；（2）利于换元法，结合复合函数单调性之间的关系，即可得到结论．【解答】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）=log a[a﹣x]=log a（ax2﹣x）设t=ax2﹣x，则y=log a t，若g（x）=log a[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=log a t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=，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=，且当x=2时，t=4a﹣2＞0，解得，即．【点评】本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，以及复合函数单调性之间的关系，利于换元法是解决本题的关键．20．函数f（x）=cos2（ωx+φ）﹣cos（ωx+φ）•sin（ωx+φ+）﹣（ω＞0，0＜φ＜）同时满足下列两个条件：①f（x）图象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（，0）是f（x）的一个对称中心、（1）当x∈[0，2]时，求函数f（x）的单调递减区间；（2）令g（x）=f2（x﹣）+f（x﹣）+m，若g（x）在x∈[，]时有零点，求此时m的取值范围．【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．【专题】压轴题；转化思想；配方法；三角函数的求值；三角函数的图像与性质．【分析】（1）利用三角函数中的恒等变换应用化简函数解析式可得f（x）=cos（2ωx+2φ+），令2ωx+2φ+=0，可得函数的一个最大值点O的坐标，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，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，由|AB|2=2|OB|2，结合范围ω＞0，解得．由cos（+2φ+）=0，结合范围0＜φ＜，可得φ=，可得函数解析式，由x∈[0，2]时，可得πx+∈[，]，利用余弦函数的图象可得单调递减区间．（2）由（1）及配方法可得g（x）=+m﹣（sinπx+）2，由题意，m=（sinπx+）2﹣在x∈[，]时有解，利用正弦函数的有界性即可求解．【解答】（本小题满分12分）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：．∴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∈[﹣，﹣]．【点评】本题主要考查了三角函数中的恒等变换应用，正弦函数，余弦函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，考查了数形结合思想和转化思想的应用，考查了配方法的应用，综合性强，计算量大，属于难题．21．已知二次函数f（x）=x2﹣16x+q+3．（1）若函数在区间[﹣1，1]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（t≥0），当x∈[t，10]时，f（x）的值域为区间D，且区间D的长度为12﹣t（此区间[a，b]的长度为b﹣a）【考点】二次函数的性质．【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用．【分析】（1）先求出函数的对称轴，得到函数f（x）的单调性，求出其最大值和最小值，得到关于q的方程，解出即可；（2）分t＜8，最大值是f（t）；t＜8，最大值是f（10）；8≤t＜10三种情况进行讨论，对于每一种情况，由区间长度是12﹣t求出t的值，验证范围后即可得到答案．【解答】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．【点评】本题考查了二次函数的性质，考查了分类讨论的数学思想，训练了利用函数单调性求函数的最值，正确的分类是解答该题的关键，是中档题．22．已知集合A={t|t使{x|x2+2tx﹣4t﹣3≠0}=R}，集合B={t|t使{x|x2+2tx﹣2t=0}≠∅}，其中x，t均为实数．（1）求A∩B；（2）设m为实数，g（α）=﹣sin2α+mcosα﹣2m，α∈[π，π]，求M={m|g（α）∈A∩B}．【考点】交集及其运算；集合的表示法．【专题】综合题；转化思想；综合法；集合．【分析】（1）分别求出集合A、B，取交集即可；（2）令t=cosα，则t∈[﹣1，0]，令h（m）=t2+mt﹣2m﹣1，得到：﹣2＜t2+mt﹣2m﹣1＜﹣1，求出m的范围即可．【解答】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）=﹣﹣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＜}．【点评】本题考察了集合的运算以及表示，考察转化思想，是一道中档题．四、附加题：本题满分0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．已知函数f（x）的定义域为0，1]，且f（x）的图象连续不间断．若函数f（x）满足：对于给定的m （m∈R且0＜m＜1），存在x0∈[0，1﹣m]，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k∈N*且k≥2，函数f（x）具有性质P（）．【考点】分段函数的应用；函数的定义域及其求法；函数的值域．【专题】新定义；分类讨论；转化法；函数的性质及应用．【分析】（1）m的最大值为．分类进行证明，当m=时，函数f（x）具有性质P（）；假设存在＜m＜1，使得函数f（x）具有性质P（m），则0＜1﹣m＜，证明不存在x0∈（0，1﹣m]，使得f（x0）=f（x0+m）即可；（2）任取k∈N*且k≥2，设g（x）=f（x+）﹣f（x），其中x∈[0，]，利用叠加法可得g（0）+g（）+…+g（）+…+g（）=f（1）﹣f（0）=0，分类讨论：当g（0）、g（）、…、g（）中有一个为0时，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，进而可证函数f（x）具有性质P（）．【解答】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（）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∈，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．…（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（当j＜i时，至少存在一个）使得g（x0）=0，即g（x0）=f（）﹣f（x0）=0所以，函数f（x）具有性质P（）…【点评】本题考查新定义，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．。
重庆市巴蜀中学2017-2018学年高一下学期期末考试数学(理)试题(解析版)
重庆市巴蜀中学2017-2018学年高一下学期期末考试数学（理）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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. 圆的圆心坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：将圆的方程化为标准方程后可得所求．详解：将圆方程化为标准方程得，∴圆心坐标为．故选B．点睛：本题考查圆的标准方程和一般方程间的转化及根据标准方程求圆的半径，属容易题．2. 已知，为非零实数，且，则下列不等式一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据不等式的性质或函数的性质对四个选项分别进行分析、排除后可得结论．详解：对于A，当时不等式不一定成立，故A不正确．对于B，当时，不等式不成立，故B不正确．对于C，当时不等式不成立，故C不正确．对于D，根据函数的单调性可得不等式成立，故D正确．故选D．点睛：判断关于不等式的命题真假的常用方法（1）直接运用不等式的性质进行推理判断．（2）利用函数的单调性，利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性等进行判断．（3）特殊值验证法，即给要判断的几个式子中涉及的变量取一些特殊值进行比较、判断．3. 下列四个方程表示对应的四条直线，其中倾斜角为的直线是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据选项中给出的直线的方程，分别求出直线的倾斜角即可．详解：选项A中，直线的倾斜角为，所以A不正确．选项B中，直线的倾斜角为，所以B不正确．选项C中，直线的倾斜角为，所以C不正确．选项D中，直线的倾斜角为，所以D正确．故选D．4. （）的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据基本不等式求解即可．详解：∵，∴，∴，当且仅当，即时等号成立，∴（）的最大值为．故选B．点睛：使用基本不等式求最值时，注意使用的前提是“一正、二定、三相等”，且这三个条件缺一不可，其中关键是寻求定值，若条件不满足使用的条件，则需要进行适当的变形，以得到定值．5. 在等差数列中，表示的前项和，若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：根据等差数列的前项和公式和数列下标和的性质求解．详解：∵数列为等差数列，∴．∴．故选C．点睛：等差数列中的下标和的性质，即若m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q常与前n项和公式结合在一起考查，解题时采用整体代换的思想，可简化解题过程，提高解题的效率．6. 已知向量，，则在方向上的投影是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：根据向量在另一个向量方向上的投影的概念求解．详解：∵，，∴，.设的夹角为，则向量在方向上的投影为．故选A．点睛：向量在另一向量方向上的投影是向量数量积的几何意义的具体体现，它是一个数量，其值可正、可负、也可为零，计算的主要途径是根据定义进行．7. 在中，、、分别是内角、、的对边，且，则角的大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据余弦定理的推论求得，然后可求得．详解：∵，∴．由余弦定理的推论得，又，∴．故选D．点睛：本题考查余弦定理推论的应用，解题时容易出现的错误是在求得角的三角函数值后忽视了角的范围，从而得到错误的结果．8. 已知向量，，则“”是“”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【答案】C【解析】先讨论充分性：由得所以“”是“”的充分条件.再讨论必要性：因为，所以，所以“”是“”的必要条件.故选C.9. 若，满足条件，当且仅当，时，目标函数取得最小值或最大值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：作出可行域，根据最优解的位置判断目标函数的斜率范围，列出不等式解出．详解：画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．由可得．∵目标函数仅在处取得最大值或最小值，∴或，解得或，∴实数的取值范围是．故选D．点睛：线性规划中已知最优解求参数的取值或范围时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值．10. 在中，已知，，分别为，，所对的边，且，，成等比数列，，，则外接圆的直径为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：利用成等比数列得到，结合余弦定理及求得，再根据正弦定理求得三角形外接圆的直径．详解：∵成等比数列，∴．在中，由余弦定理得，∴，∴．由得．设外接圆的半径为,则，∴外接圆的直径为．故选C．点睛：用余弦定理解三角形时注意整体代换思想的利用，即解题中常用到变形，可简化运算．令由正弦定理可得，若外接圆的半径为，则有．11. 已知定义在上的函数的导函数满足，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】分析：根据题意，由可得，构造函数，可得，故单调递增，根据单调性可得结论．详解：令，∴，∵，∴，∴函数在上单调递增，∴，即，∴．故选B．点睛：本题考查对函数单调性的应用，考查学生的变形应用能力，解题的关键是根据题意构造函数，通过判断函数的单调性得到函数值间的关系，从而达到求解的目的．12. 已知，是圆上两点，点，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：如图，由得，设的中点为，则．令，在中，根据弦长、弦心距和半径的关系求得后可得所求．详解：如图所示，由得．设的中点为，则．由题意可得当最小时，则最小，此时，又为的中点，故点在上，即垂直平分．令，则，．在中，根据勾股定理得，即，整理得，解得或（舍去）．∴的最小值为．点睛：解答本题的关键是根据平面几何的关系得到最小时点，的位置，然后再根据计算得到所求的值，利用几何法解决圆的有关问题，可省去大量的运算，提高解题的效率，这是研究解析几何问题时常用的方法．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 等比数列中，为其前项和，若，则实数的值为__________．【答案】.【解析】分析：由题意求得，然后根据数列成等比数列可得实数的值．详解：∵，∴，由题意得成等比数列，∴，即，解得．点睛：本题考查等比数列的运算，解题的关键是根据题意得到数列的前三项，然后列出方程求解．另外，解题时也可利用结论求解，即若等比数列的前项和，则有，注意要注意结论中必须为．14. 若实数，满足，则的最大值为__________．【答案】5.【解析】作出不等式组表示的平面区域，得到如图的及其内部：其中，，，设，将直线进行平移，当经过点时，目标函数达到最大值，此时.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15. 函数（）的最小值为__________．【答案】.【解析】分析：将所给函数的解析式变形为，再结合，并根据基本不等式求解即可得到结论．详解：由题意得，∵，∴．又，∴．∴，当且仅当，即时等号成立．∴函数的最小值为．点睛：（1）使用基本不等式求最值时，注意使用的前提是“一正、二定、三相等”，且这三个条件缺一不可．（2）在运用基本不等式时，若条件不满足使用的条件，则要注意通过“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足重要不等式中“正”“定”“等”的条件．16. 已知函数，若在区间上不是单调函数，则的取值范围为__________．【答案】.【解析】分析：由题意得，因为在区间上不单调，故在区间上有解，分离参数后通过求函数的值域可得所求的范围．详解：∵，∴．∵在区间上不单调，∴在区间上有解，即方程在区间上有解，∴方程在区间上有解．令，则，∴函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，∴当时，取得最大值，且最大值为．又.∴.又由题意得在直线两侧须有函数的图象，∴．∴实数的取值范围为．点睛：解答本题时注意转化的思想方法在解题中的应用，将函数不单调的问题化为导函数在给定区间上有变号零点的问题处理，然后通过分离参数又将问题转化为求函数的值域的问题，利用转化的方法解题时还要注意转化的合理性和准确性．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）求在区间上的最大值和最小值．【答案】(1) 的递增区间为，递减区间为．(2) 最大值，最小值．详解：（1）∵，∴．由，解得或；由，解得，所以的递增区间为，递减区间为．（2）由（1）知是的极大值点，是的极小值点，所以极大值，极小值，又，，所以最大值，最小值．点睛：（1）求单调区间时，由可得增区间，由可得减区间，解题时注意导函数的符号与单调性的关系．（2）求函数在闭区间上的最值时，可先求出函数的极值和区间的端点值，通过比较后可得最大值和最小值．18. 已知圆的圆心为，直线与圆相切．（1）求圆的标准方程；（2）若直线过点，且被圆所截得弦长为，求直线的方程．【答案】(1) .(2) ；或．【解析】分析：（1）由直线和圆相切可得圆的半径，进而可得圆的标准方程．（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况考虑，根据待定系数法设出直线的方程并结合弦长公式求解可得结果．详解：（1）由题意得圆心到直线的距离为．所以圆的圆心为，半径，∴圆的标准方程为．（2）①当直线的斜率存在时，设直线方程为即，∴圆心到直线的距离为．又由题意得，解得．∴，解得．∴直线的方程为．②当的斜率不存在时，可得直线方程为，满足条件．综上可得直线的方程为或．点睛：解决解析几何问题时注意把几何问题转化为数的运算的问题，通过计算达到求解的目的．在本题（2）中，容易忽视斜率不存在的情形，解题时要注意这一特殊情况，通过验证可求得，以得到完整的解．19. 在中，角、、的对边分别为、、，且．（1）求角的大小；（2）是的面积，若，求的最小值．【答案】(1) .(2)2.【解析】分析：（1）根据条件及正弦定理可得，然后由并根据三角变换得到，进而可求得．（2）由得到，再由余弦定理和基本不等式可得所求．详解：（1）由及正弦定理得，所以，所以，因为在中，，所以，又，所以．（2）由，得，由余弦定理得，当且仅当时等号成立，所以，所以的最小值为．点睛：三角形的面积公式和余弦定理经常结合在一起考查，解题时往往用到整体代换的思想方法，其中变形是重要的解题方法，同时也常与基本不等式结合在一起，解题时要注意等号成立的条件是否满足．20. 已知数列满足，．（1）求证：数列是等比数列；（2）设，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析.(2)【解析】分析：（1）将两边同除以得，变形得，故得结论．（2）由题意得到，根据裂项相消法可得．详解：（1）证明：将两边同除以，得，∴，又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列．（2）由（1）得，∴，∴∴.点睛：（1）证明数列为等比数列时，在得到后，不要忘了证明，这是容易忽视的步骤．（2）在用裂项相消法求数列的和时，要注意在相消后剩余的项具有前后对称的特征，即前面剩下了第几项，则后面就剩下倒数第几项，根据此结论可判断结果是否正确．21. 已知圆过点，，圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）过圆上任一点作圆的两条切线，切点分别为，，求四边形面积的取值范围．【答案】(1).(2).【解析】分析：（1）根据条件设圆的方程为，由题意可解得，于是可求得圆的方程．（2）根据几何知识可得，故将所求范围的问题转化为求切线长的问题，然后根据切线长的求法可得结论．详解：（1）由题意设圆心为，半径为，则圆的标准方程为．由题意得，解得，所以圆的标准方程为．（2）由圆的切线的性质得，而．由几何知识可得，又，所以，故，所以，即四边形面积的取值范围为．点睛：解决圆的有关问题时经常结合几何法求解，借助图形的直观性可使得问题的求解简单直观．如在本题中将四边形的面积转化为切线长的问题，然后再转化为圆外一点到圆上的点的距离的范围的问题求解．22. 已知函数，（且），当，求证：.【答案】证明见解析.【解析】分析：先判断函数的单调性，求得函数的最小值后可证得结论成立．详解：证明：当时，（）∴（）∴当时，单调递减；当时，单调递增，∴当时，有极小值，也为最小值，且所以，所以．点睛：本题考查函数的单调性及最值的应用，证明不等式时，可转化为求函数的最值的问题，如在本题中证明不等式成立时只需证明函数的最小值大于零即可．。
重庆市巴蜀中学2017-2018学年高一下学期期末考试数学(理)试题(含精品解析)
重庆市巴蜀中学2017-2018学年高一下学期期末考试数学（理）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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. 圆的圆心坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：将圆的方程化为标准方程后可得所求．详解：将圆方程化为标准方程得，∴圆心坐标为．故选B．点睛：本题考查圆的标准方程和一般方程间的转化及根据标准方程求圆的半径，属容易题．2. 已知，为非零实数，且，则下列不等式一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据不等式的性质或函数的性质对四个选项分别进行分析、排除后可得结论．详解：对于A，当时不等式不一定成立，故A不正确．对于B，当时，不等式不成立，故B不正确．对于C，当时不等式不成立，故C不正确．对于D，根据函数的单调性可得不等式成立，故D正确．故选D．点睛：判断关于不等式的命题真假的常用方法（1）直接运用不等式的性质进行推理判断．（2）利用函数的单调性，利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性等进行判断．（3）特殊值验证法，即给要判断的几个式子中涉及的变量取一些特殊值进行比较、判断．3. 下列四个方程表示对应的四条直线，其中倾斜角为的直线是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据选项中给出的直线的方程，分别求出直线的倾斜角即可．详解：选项A中，直线的倾斜角为，所以A不正确．选项B中，直线的倾斜角为，所以B不正确．选项C中，直线的倾斜角为，所以C不正确．选项D中，直线的倾斜角为，所以D正确．故选D．4. （）的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据基本不等式求解即可．详解：∵，∴，∴，当且仅当，即时等号成立，∴（）的最大值为．故选B．点睛：使用基本不等式求最值时，注意使用的前提是“一正、二定、三相等”，且这三个条件缺一不可，其中关键是寻求定值，若条件不满足使用的条件，则需要进行适当的变形，以得到定值．5. 在等差数列中，表示的前项和，若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：根据等差数列的前项和公式和数列下标和的性质求解．详解：∵数列为等差数列，∴．∴．故选C．点睛：等差数列中的下标和的性质，即若m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q常与前n项和公式结合在一起考查，解题时采用整体代换的思想，可简化解题过程，提高解题的效率．6. 已知向量，，则在方向上的投影是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：根据向量在另一个向量方向上的投影的概念求解．详解：∵，，∴，.设的夹角为，则向量在方向上的投影为．故选A．点睛：向量在另一向量方向上的投影是向量数量积的几何意义的具体体现，它是一个数量，其值可正、可负、也可为零，计算的主要途径是根据定义进行．7. 在中，、、分别是内角、、的对边，且，则角的大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据余弦定理的推论求得，然后可求得．详解：∵，∴．由余弦定理的推论得，又，∴．故选D．点睛：本题考查余弦定理推论的应用，解题时容易出现的错误是在求得角的三角函数值后忽视了角的范围，从而得到错误的结果．8. 已知向量，，则“”是“”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【答案】C【解析】先讨论充分性：由得所以“”是“”的充分条件.再讨论必要性：因为，所以，所以“”是“”的必要条件.故选C.9. 若，满足条件，当且仅当，时，目标函数取得最小值或最大值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：作出可行域，根据最优解的位置判断目标函数的斜率范围，列出不等式解出．详解：画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．由可得．∵目标函数仅在处取得最大值或最小值，∴或，解得或，∴实数的取值范围是．故选D．点睛：线性规划中已知最优解求参数的取值或范围时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值．10. 在中，已知，，分别为，，所对的边，且，，成等比数列，，，则外接圆的直径为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：利用成等比数列得到，结合余弦定理及求得，再根据正弦定理求得三角形外接圆的直径．详解：∵成等比数列，∴．在中，由余弦定理得，∴，∴．由得．设外接圆的半径为,则，∴外接圆的直径为．故选C．点睛：用余弦定理解三角形时注意整体代换思想的利用，即解题中常用到变形，可简化运算．令由正弦定理可得，若外接圆的半径为，则有．11. 已知定义在上的函数的导函数满足，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】分析：根据题意，由可得，构造函数，可得，故单调递增，根据单调性可得结论．详解：令，∴，∵，∴，∴函数在上单调递增，∴，即，∴．故选B．点睛：本题考查对函数单调性的应用，考查学生的变形应用能力，解题的关键是根据题意构造函数，通过判断函数的单调性得到函数值间的关系，从而达到求解的目的．12. 已知，是圆上两点，点，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：如图，由得，设的中点为，则．令，在中，根据弦长、弦心距和半径的关系求得后可得所求．详解：如图所示，由得．设的中点为，则．由题意可得当最小时，则最小，此时，又为的中点，故点在上，即垂直平分．令，则，．在中，根据勾股定理得，即，整理得，解得或（舍去）．∴的最小值为．故选B．点睛：解答本题的关键是根据平面几何的关系得到最小时点，的位置，然后再根据计算得到所求的值，利用几何法解决圆的有关问题，可省去大量的运算，提高解题的效率，这是研究解析几何问题时常用的方法．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 等比数列中，为其前项和，若，则实数的值为__________．【答案】.【解析】分析：由题意求得，然后根据数列成等比数列可得实数的值．详解：∵，∴，由题意得成等比数列，∴，即，解得．点睛：本题考查等比数列的运算，解题的关键是根据题意得到数列的前三项，然后列出方程求解．另外，解题时也可利用结论求解，即若等比数列的前项和，则有，注意要注意结论中必须为．14. 若实数，满足，则的最大值为__________．【答案】5.【解析】作出不等式组表示的平面区域，得到如图的及其内部：其中，，，设，将直线进行平移，当经过点时，目标函数达到最大值，此时.故答案为.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15. 函数（）的最小值为__________．【答案】.【解析】分析：将所给函数的解析式变形为，再结合，并根据基本不等式求解即可得到结论．详解：由题意得，∵，∴．又，∴．∴，当且仅当，即时等号成立．∴函数的最小值为．点睛：（1）使用基本不等式求最值时，注意使用的前提是“一正、二定、三相等”，且这三个条件缺一不可．（2）在运用基本不等式时，若条件不满足使用的条件，则要注意通过“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足重要不等式中“正”“定”“等”的条件．16. 已知函数，若在区间上不是单调函数，则的取值范围为__________．【答案】.【解析】分析：由题意得，因为在区间上不单调，故在区间上有解，分离参数后通过求函数的值域可得所求的范围．详解：∵，∴．∵在区间上不单调，∴在区间上有解，即方程在区间上有解，∴方程在区间上有解．令，则，∴函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，∴当时，取得最大值，且最大值为．又.∴.又由题意得在直线两侧须有函数的图象，∴．∴实数的取值范围为．点睛：解答本题时注意转化的思想方法在解题中的应用，将函数不单调的问题化为导函数在给定区间上有变号零点的问题处理，然后通过分离参数又将问题转化为求函数的值域的问题，利用转化的方法解题时还要注意转化的合理性和准确性．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）求在区间上的最大值和最小值．【答案】(1) 的递增区间为，递减区间为．(2) 最大值，最小值．详解：（1）∵，∴．由，解得或；由，解得，所以的递增区间为，递减区间为．（2）由（1）知是的极大值点，是的极小值点，所以极大值，极小值，又，，所以最大值，最小值．点睛：（1）求单调区间时，由可得增区间，由可得减区间，解题时注意导函数的符号与单调性的关系．（2）求函数在闭区间上的最值时，可先求出函数的极值和区间的端点值，通过比较后可得最大值和最小值．18. 已知圆的圆心为，直线与圆相切．（1）求圆的标准方程；（2）若直线过点，且被圆所截得弦长为，求直线的方程．【答案】(1) .(2) ；或．【解析】分析：（1）由直线和圆相切可得圆的半径，进而可得圆的标准方程．（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况考虑，根据待定系数法设出直线的方程并结合弦长公式求解可得结果．详解：（1）由题意得圆心到直线的距离为．所以圆的圆心为，半径，∴圆的标准方程为．（2）①当直线的斜率存在时，设直线方程为即，∴圆心到直线的距离为．又由题意得，解得．∴，解得．∴直线的方程为．②当的斜率不存在时，可得直线方程为，满足条件．综上可得直线的方程为或．点睛：解决解析几何问题时注意把几何问题转化为数的运算的问题，通过计算达到求解的目的．在本题（2）中，容易忽视斜率不存在的情形，解题时要注意这一特殊情况，通过验证可求得，以得到完整的解．19. 在中，角、、的对边分别为、、，且．（1）求角的大小；（2）是的面积，若，求的最小值．【答案】(1) .(2)2.【解析】分析：（1）根据条件及正弦定理可得，然后由并根据三角变换得到，进而可求得．（2）由得到，再由余弦定理和基本不等式可得所求．详解：（1）由及正弦定理得，所以，所以，因为在中，，所以，又，所以．（2）由，得，由余弦定理得，当且仅当时等号成立，所以，所以的最小值为．点睛：三角形的面积公式和余弦定理经常结合在一起考查，解题时往往用到整体代换的思想方法，其中变形是重要的解题方法，同时也常与基本不等式结合在一起，解题时要注意等号成立的条件是否满足．20. 已知数列满足，．（1）求证：数列是等比数列；（2）设，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析.(2)【解析】分析：（1）将两边同除以得，变形得，故得结论．（2）由题意得到，根据裂项相消法可得．详解：（1）证明：将两边同除以，得，∴，又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列．（2）由（1）得，∴，∴∴.点睛：（1）证明数列为等比数列时，在得到后，不要忘了证明，这是容易忽视的步骤．（2）在用裂项相消法求数列的和时，要注意在相消后剩余的项具有前后对称的特征，即前面剩下了第几项，则后面就剩下倒数第几项，根据此结论可判断结果是否正确．21. 已知圆过点，，圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）过圆上任一点作圆的两条切线，切点分别为，，求四边形面积的取值范围．【答案】(1).(2).【解析】分析：（1）根据条件设圆的方程为，由题意可解得，于是可求得圆的方程．（2）根据几何知识可得，故将所求范围的问题转化为求切线长的问题，然后根据切线长的求法可得结论．详解：（1）由题意设圆心为，半径为，则圆的标准方程为．由题意得，解得，所以圆的标准方程为．（2）由圆的切线的性质得，而．由几何知识可得，又，所以，故，所以，即四边形面积的取值范围为．点睛：解决圆的有关问题时经常结合几何法求解，借助图形的直观性可使得问题的求解简单直观．如在本题中将四边形的面积转化为切线长的问题，然后再转化为圆外一点到圆上的点的距离的范围的问题求解．22. 已知函数，（且），当，求证：.【答案】证明见解析.【解析】分析：先判断函数的单调性，求得函数的最小值后可证得结论成立．详解：证明：当时，（）∴（）∴当时，单调递减；当时，单调递增，∴当时，有极小值，也为最小值，且所以，所以．点睛：本题考查函数的单调性及最值的应用，证明不等式时，可转化为求函数的最值的问题，如在本题中证明不等式成立时只需证明函数的最小值大于零即可．。
完整版)高一第一学期数学期末考试试卷(含答案)
完整版)高一第一学期数学期末考试试卷(含答案)高一第一学期期末考试试卷考试时间：120分钟注：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。
回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.已知全集U=R，集合A={x|3≤x<7}，B={x|x^2-7x+10<0}，则(A∩B)的取值为A。
(−∞,3)∪(5,+∞)B。
(−∞,3)∪[5,+∞)C。
(−∞,3]∪[5,+∞)D。
(−∞,3]∪(5,+∞)2.已知a⋅3^a⋅a的分数指数幂表示为A。
a^3B。
a^3/2C。
a^3/4D。
都不对3.下列指数式与对数式互化不正确的一组是A。
e=1与ln1=0B。
8^（1/3）=2与log2^8=3C。
log3^9=2与9=3D。
log7^1=0与7^1=74.下列函数f(x)中，满足“对任意的x1,x2∈(−∞,0)，当x1f(x2)”的是A。
x^2B。
x^3C。
e^xD。
1/x5.已知函数y=f(x)是奇函数，当x>0时，f(x)=logx，则f(f(100))的值等于A。
log2B。
−1/lg2C。
lg2D。
−lg26.对于任意的a>0且a≠1，函数f(x)=ax^−1+3的图像必经过点(1,4/5)7.设a=log0.7(0.8)，b=log1.1(0.9)，c=1.10.9，则a<b<c8.下列函数中哪个是幂函数A。
y=−3x^−2B。
y=3^xC。
y=log_3xD。
y=x^2+1是否有模型能够完全符合公司的要求？原因是公司的要求只需要满足以下条件：当x在[10,1000]范围内时，函数为增函数且函数的最大值不超过5.参考数据为e=2.L，e的8次方约为2981.已知函数f(x)=1-2a-a（a>1），求函数f(x)的值域和当x 在[-2,1]范围内时，函数f(x)的最小值为-7.然后求出a的值和函数的最大值。
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1 重庆巴蜀中学高2017级高一(上)期末考试 数学试题 第Ⅰ卷（选择题 共50分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共计50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、已知集合1,0A，3,0,1aB，且BA，则a=（ ） A．1 B．0 C．2 D．3
2、不等式201xx的解集是（ ） A．2,1 B．2,11, C．,21, D．2,1 3、已知点)cos,(tanP在第三象限，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
4、函数21,1()23,1xxfxxx≤，则1()(3)ff的值为（ ）
A．73 B．3 C．1516 D．89 5、将函数cos(2)4yxπ的图像向右平移8π个单位，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12（纵坐标不变），则所得图象的解析式为（ ） A．()cos4fxx B．()sinfxx C．()sin2fxx D．()cos2fxx
6、已知函数1()ln3fxxx，则)(xf满足（ ）
A．在区间1,1e，e,1内均有零点 B．在区间1,1e，e,1内均无零点 C．在区间1,1e内有零点，e,1内无零点 D．在区间1,1e内无零点，e,1内有零点 7、已知1a，6b，()2aba则向量a和向量b的夹角是（ ）
A．6π B．4π C．3π D．2π 2
8、已知函数21()1xafxx在,1上是减函数，则函数1logayx的图像大致为（ ） 9、定义在R上的函数满足f（x+2）=f（x），且x∈[1，3]时，f（x）=cos2x，则下列大小关系正确的是（ ） A．5(cos)(cos)63ffππ B．(sin2)(cos2)ff C．(cos1)(sin1)ff D．1(tan1)()tan1ff 10、 设定义在e,1上的函数axxxf4ln)(Ra，若曲线xysin1上存在00,yx使得00yyff，则a的取值范围是（ ） A．2ln4, B．4,3 C．2ln4,3 D．4,2ln2
第Ⅱ卷（非选择题 共100分） 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填写在答题卡相应位置上。 11. sin1920=___________
12. 若幂函数()yfx的图像经过点13,9，则(5)f=___________
13. 设tan,tan是方程0232xx的两个根，则)tan(=_____________ 14. 若不等式22223aaxa≥对任意的实数0a恒成立，则x的取值范围是_______ 15. 定义在R上的函数)(xf 满足：1(0)0,()(1),()()52xffxfxffx， 且当1021xx时，)()(21xfxf，则1()2010f=____________ 3
三、解答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16.（本小题满分13分）已知角α的顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P （-3，4），求： （1）cos（π-α）+cos（2
+α）的值．
（2）若tanβ=3，求 222sin2sincos2sincos的值．
17.（本小题满分13分）已知函数f（x）=ax2+2ax+1， （1）当a=1时，求f（x） 在区间[-3，2]上的值域； （2）已知函数f（x）=log3（ax2+2x+3），a∈R．若f（x）的定义域为R，求实数a的取值范围. 4
18.（本小题满分13分）设函数f（x）= 3sinxcosx+sin2x+a （1）写出f（x）最小正周期及单调递减区间； （2）当x∈[-3，3]时，函数f（x）的最大值为2，求a的值．
19.（本小题满分12分）设函数f（x）=Asin（ωx+φ）其中A＞0，ω＞0，-π＜φ≤π）在x=6处取得最大值2，其图象与x轴的相邻两个交点的距离为2 ． （Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）求函数g（x）= 4226cossin12(2cos1)xxx的值域． 5
20.（本小题满分12分）定义在R上的函数f（x）满足f（x+y）=f（x）•f（y）（x，y∈R），且当x＞0时，f（x）＞1；f（2）=4． （Ⅰ）求f（1），f（-1）的值； （Ⅱ）证明：f（x）是单调递增函数；
（III） 若f(x2−ax+a)≥2对任意x∈（1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
21.（本小题满分12分） 已知关于x的函数24()coscos()cos()33nnnnfxxxxππ，其中*nN. （1）求)0(nf和()2nfπ； （2）求证：对任意xR，)(2xf为定值； （3）对任意Rx，是否存在最大的正整数n，使得函数)(xfyn为定值？若存在，求出n的最大值；若不存在，请说明理由。 6 7
重庆巴蜀中学高2017级高一(上)期末考试 数学试题
1、解：∵集合A={0，1}，B={-1，0，a+3}，且A⊆B， ∴a+3=1， 解得：a=-2． 故答案为：-2 选C 2、C 3、解：因为点P（tanα，cosα）在第三象限，所以，tanα＜0，cosα＜0，则角α的终边在第二象限， 故答案为：二． 选B 4、D 5、解：把函数y=cos（2x+4）的图象向右平移8个单位，得到的函数的解析式为 y=cos[2（x- 8）+4]=cos2x， 再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12（纵坐标不变），得到的函数的解析式为 y=cos（ 2×2•x ）=cos4x， 故答案为 y=cos4x． 选A 6、当x＞0时，则f(x)'＜0，所以当x＞0时，函数为减函数。 两个区间（1e，1），（1，e）共有3个点，带入到函数中 f(1e)=3e+1＞0， f(1)=13＞0， f(e)= 13e-1＜0 所以可以得出，函数 在区间（1e，1）内无零点，在区间（1，e）内有零点，选D 7、解：设a与b的夹角为θ则 ∵()2aba 即22aba ∵1a ab−1 ＝ 2 ∴ab＝3
∴cosθ＝31cos62abab
∵θ∈[0，π] ∴θ＝3 故答案为：3
， 选C 8
8、C 9、解：∵定义在R上的函数满足f（x+2）=f（x）， ∴f（x）是周期为2的周期函数， ∵x∈[1，3]时，f（x）=cos2x， 画出函数f（x）的图象，
由图象可知，f（x）在[0，1]是单调递增函数， 因为tan1＜1tan1，f（cos56）=f（cos6），cos6＞cos3，sin2＞cos2，cos1＜sin1， 所以f（tan1）＜f（1tan1），f（cos56）＞f（cos3），f（sina）＞f（cos2）， f（cos1）＜f（sin1）． 故选项B正确． 故选：B． 10、解：曲线y=1+sinx上存在点（x0，y0）使得f（f（y0））=y0，得1≤y≤2； ∵f（x）=axxxf4ln)(（x∈（1，e））， ∴lnx+4x-a≥0（x∈（1，e））恒成立， ∴a≤lnx+4x（x∈（1，e））恒成立， 令h（x）=lnx+4x（x∈（1，e））恒成立， ∵h′（x）=1x+4＞0， ∴h（x）=lnx+4x在区间（1，e）上单调递增，虽然无最小值，但其值无限接近h（1）=4， ∴a≤4；①
又f′（x）=12•1ln4xxa•（1x+4）=412ln4xxxxa＞0，
∴函数axxxf4ln)(在（1，2]上单调递增； 9
下面证明f（y0）=y0； 假设f（y0）=c＞y0，则f（f（y0））=f（c）＞f（y0）=c＞y0，不满足f（f（y0））=y0； 同理假设f（y0）=c＜y0，则不满足f（f（y0））=y0； 综上得：f（y0）=y0； ∵令函数axxxf4ln)(=x（x∈（1，2]），化为：a=-x2+4x+lnx（x∈（1，2]）， 令g（x）=-x2+4x+lnx（x∈（1，2]）；
g′（x）=-2x+4+1x=2241xxx＞0恒成立，∴函数g（x）在x∈（1，2]单调递增；
∴g（1）＜g（x）≤g（2），即3＜a≤4+ln2，② 由①②得，a的取值范围是（3，4]． 故选：B．
11、解：sin（1920°）=sin（5×360°+120°）=sin120°=32．
故答案为：32
12、解：设幂函数f（x）=xα，把点（3，19）代入可得19=9α，解得α＝-2． ∴f（x）=x-2． ∴f（5）=125 故答案为：125． 13、解：∵tanα，tanβ是方程x2-3x+2=0的两个根， ∴tanα+tanβ=3，tanαtanβ=2，
则tan（α+β）= tantan31tantan12=-3．
14、解：当a≥1时，22214aaaa≤3，故|2x-3|≥3，解得x≥3或x＜0， 当0＜a＜1时，222aaa=3，故|2x-3|≥3，解得x≥3或x＜0， 当-2≤a＜0时，222aaa=-3，故|2x-3|≥-3，故x∈R， 当a≤-2时，22214aaaa＜0，故|2x-3|≥-3，故x∈R， 综上所述，若不等式恒成立，则实数x的取值范围是故答案为：（-∞，0）∪[3，+∞）