安徽省合肥一中省级名校大联考2016-2017学年高一上学期期末试卷 - 数学(扫描版)
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2
9 5
3 5 5
（2） 由（1）易得 tan α =2 原式化简得
sin 2 α + 2 cos α sin α tan 2 α + 2 tan α 4 = = 1 + cos 2 α tan 2 α + 2 3
ω 2, ϕ = = = A 2, 19.（1）由已知
（2） 2kπ +
π
6
= f ( x) 2sin(2 x + 所以
x
(
)
(
−x
+ 1) − kx 恒 成 立 ， ∴
1 3− x + 1 ∴ 2kx = − x ，∴ k = − ． = 2kx log 3 ( 3 + 1) − log 3 ( 3= + 1) log 3 x 2 3 +1
−x x
（ 2 ）由题意， h ( x ) = 3x + m × 3 2 , x ∈ [ 0, 2] = 令则 t 3 2 , x ∈ [ 0, 2]
x
x
ϕ (t ) = t 2 + mt , t ∈ [1,3] ，开口向上，
对称轴 t = − 当1 < −
m m ϕ (1) = 1+ m = 0, m = −1 ， ，当 − ≤ 1 ，即 m ≥ −2 时， ϕ ( t )min = 2 2
m2 m m < 3 ，即 −6 < m < −2 时， ϕ ( t )min =− = − = 0, m = 0 （舍去） ϕ ， 2 4 2
合肥一中 2016-2017 学年第一学期高一年级期末考试 数学试卷答案
一、选择题 1 A 2 C 3 C 4 B 5 C 6 B 7 A 8 D 9 A 10 D 11 C 12 D
二、填空题
1 ( m − n) 13. f ( x) = x 14. 2
3 4
15.
3 16.2017 2
三、解答题 17.解： （1）
A =
= { x 3 ≤ x < 6} { x 3 ≤ x < 6} ∴ A I B
∴ CR ( A I B ) = x x < 3或x ≥ 6
源自文库
{
}
∅时,2a ≥ a+3 ⇒ a ≥ 3 ， （2） 当 C =
2a ≥ 2 a ≥ 1 a + 3 ≤ 9 a ≤ 6 2a < a + 3 a < 3 ∴ ∴ 1 ≤ a < 3 ∴综上可得a ≥ 1 当 C ≠ ∅ 时,
18.（1）原式化简： cos α − sin α = ，平方得 1 − 2 cos α sin α = −
5 5
1 5
4 9 π ⇒ 2 cos α sin α = ⇒ 1 + 2 cos α sin α = ，因为 0 < α < 所以 cos α + sin α > 0 5 5 2
因为 ( cos α + sin α ) = 所以 cos α + sin α =
.
27 − 25cos 因此 y =
27 − 25cos （2）要使点 P 距离地面超过 39.5m ，则有 y =
即 cos
1 2π π t 4π π t < − .于是由三角函数基本性质得 2kπ + , k ∈ Z. ≤ ≤ 2 kπ + 2 3 5 3 5
所 以 在 摩 天 轮 转 动 的 一 圈 内 ， 点 P 距 离 地 面 超 过 39.5m 的 时 间 为
π
6
)
π
3
< 2x +
π
6
< 2 kπ +
π π 2π < x < kπ + , k ∈ Z 所以定义域为 x | kπ + 12 4 3
= y A sin (ωt + ϕ ) + b 20.（ 1）设点 P 离地面的距离为 y ，则可令
T 由题设可知 A = 25 ， b = 27 ，又 = 2π π = 10 ，所以 ω = ， ω 5
(2kπ +
4π 2π ) − (2kπ + ) 3 3 = 10 （分钟） . π 3 5
= f ( x) cos(2 x + 21. （ 1 = ） ω 2,
π
2π π , kπ − k ∈ Z 调 递 减 区 间 ) 单 调 递 增 区 间 kπ − 3 6 3
π π kπ π + ,0 k ∈ Z kπ − , kπ + k ∈ Z 对称中心 6 3 2 12
= y 25sin 从而 = y 25sin 代入
π t + ϕ + 27 ，再由题设知 t = 0 时 y = 2 ， 5
π π t + ϕ + 27 ，得 sin ϕ = −1 ，从而 ϕ = 2kπ − , k ∈ Z 2 5
π t , t ≥ 0. 5 π t ≥ 39.5 ， 5
m 当即时 − ≥ 3, 2
m ≤ −6
ϕ ( 3) = 9 + 3m = 0 ，∴ m = −3 （舍去） ， ϕ ( t )min =
存在 m = −1 使得 h ( x ) 最小值为 0．
= t cos x, t ∈ (0,1) 则 2t 2 + mt + 2 = −2(t + ) （2）令 0 在 ( 0,1) 上有解 ⇒ m =
1 t
(t1 − t2 )(1 − = (t + ) 任取 0 < t1 < t2 < 1 有 k (t1 ) − k (t2 ) = 令 k (t )
递减，因此 m < −2k (1) = −4 所以 m 范围 {m | m < −4} 22． （1） −
1 t
1 1 ) > 0 因此 k (t ) = (t + ) 在 ( 0,1) 上单调 t1t2 t
1 ； （2）存在 m = −1, h ( x ) 最小值为 0. 2
f ( x ) ， 即 对 于 任 意 x ∈ R log 3 3 + 1 + kx = log 3 3 解： （ 1 ） ∵ f (−x) =
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（2） 由（1）易得 tan α =2 原式化简得
sin 2 α + 2 cos α sin α tan 2 α + 2 tan α 4 = = 1 + cos 2 α tan 2 α + 2 3
ω 2, ϕ = = = A 2, 19.（1）由已知
（2） 2kπ +
π
6
= f ( x) 2sin(2 x + 所以
x
(
)
(
−x
+ 1) − kx 恒 成 立 ， ∴
1 3− x + 1 ∴ 2kx = − x ，∴ k = − ． = 2kx log 3 ( 3 + 1) − log 3 ( 3= + 1) log 3 x 2 3 +1
−x x
（ 2 ）由题意， h ( x ) = 3x + m × 3 2 , x ∈ [ 0, 2] = 令则 t 3 2 , x ∈ [ 0, 2]
x
x
ϕ (t ) = t 2 + mt , t ∈ [1,3] ，开口向上，
对称轴 t = − 当1 < −
m m ϕ (1) = 1+ m = 0, m = −1 ， ，当 − ≤ 1 ，即 m ≥ −2 时， ϕ ( t )min = 2 2
m2 m m < 3 ，即 −6 < m < −2 时， ϕ ( t )min =− = − = 0, m = 0 （舍去） ϕ ， 2 4 2
合肥一中 2016-2017 学年第一学期高一年级期末考试 数学试卷答案
一、选择题 1 A 2 C 3 C 4 B 5 C 6 B 7 A 8 D 9 A 10 D 11 C 12 D
二、填空题
1 ( m − n) 13. f ( x) = x 14. 2
3 4
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3 16.2017 2
三、解答题 17.解： （1）
A =
= { x 3 ≤ x < 6} { x 3 ≤ x < 6} ∴ A I B
∴ CR ( A I B ) = x x < 3或x ≥ 6
源自文库
{
}
∅时,2a ≥ a+3 ⇒ a ≥ 3 ， （2） 当 C =
2a ≥ 2 a ≥ 1 a + 3 ≤ 9 a ≤ 6 2a < a + 3 a < 3 ∴ ∴ 1 ≤ a < 3 ∴综上可得a ≥ 1 当 C ≠ ∅ 时,
18.（1）原式化简： cos α − sin α = ，平方得 1 − 2 cos α sin α = −
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1 5
4 9 π ⇒ 2 cos α sin α = ⇒ 1 + 2 cos α sin α = ，因为 0 < α < 所以 cos α + sin α > 0 5 5 2
因为 ( cos α + sin α ) = 所以 cos α + sin α =
.
27 − 25cos 因此 y =
27 − 25cos （2）要使点 P 距离地面超过 39.5m ，则有 y =
即 cos
1 2π π t 4π π t < − .于是由三角函数基本性质得 2kπ + , k ∈ Z. ≤ ≤ 2 kπ + 2 3 5 3 5
所 以 在 摩 天 轮 转 动 的 一 圈 内 ， 点 P 距 离 地 面 超 过 39.5m 的 时 间 为
π
6
)
π
3
< 2x +
π
6
< 2 kπ +
π π 2π < x < kπ + , k ∈ Z 所以定义域为 x | kπ + 12 4 3
= y A sin (ωt + ϕ ) + b 20.（ 1）设点 P 离地面的距离为 y ，则可令
T 由题设可知 A = 25 ， b = 27 ，又 = 2π π = 10 ，所以 ω = ， ω 5
(2kπ +
4π 2π ) − (2kπ + ) 3 3 = 10 （分钟） . π 3 5
= f ( x) cos(2 x + 21. （ 1 = ） ω 2,
π
2π π , kπ − k ∈ Z 调 递 减 区 间 ) 单 调 递 增 区 间 kπ − 3 6 3
π π kπ π + ,0 k ∈ Z kπ − , kπ + k ∈ Z 对称中心 6 3 2 12
= y 25sin 从而 = y 25sin 代入
π t + ϕ + 27 ，再由题设知 t = 0 时 y = 2 ， 5
π π t + ϕ + 27 ，得 sin ϕ = −1 ，从而 ϕ = 2kπ − , k ∈ Z 2 5
π t , t ≥ 0. 5 π t ≥ 39.5 ， 5
m 当即时 − ≥ 3, 2
m ≤ −6
ϕ ( 3) = 9 + 3m = 0 ，∴ m = −3 （舍去） ， ϕ ( t )min =
存在 m = −1 使得 h ( x ) 最小值为 0．
= t cos x, t ∈ (0,1) 则 2t 2 + mt + 2 = −2(t + ) （2）令 0 在 ( 0,1) 上有解 ⇒ m =
1 t
(t1 − t2 )(1 − = (t + ) 任取 0 < t1 < t2 < 1 有 k (t1 ) − k (t2 ) = 令 k (t )
递减，因此 m < −2k (1) = −4 所以 m 范围 {m | m < −4} 22． （1） −
1 t
1 1 ) > 0 因此 k (t ) = (t + ) 在 ( 0,1) 上单调 t1t2 t
1 ； （2）存在 m = −1, h ( x ) 最小值为 0. 2
f ( x ) ， 即 对 于 任 意 x ∈ R log 3 3 + 1 + kx = log 3 3 解： （ 1 ） ∵ f (−x) =