安徽省六安市舒城县2019-2020学年高一数学上学期期末

故选 C． 8.【答案】D； 9. 【答案】D；
10．（省重点）【答案】C
10. （市重点）【答案】D；
【解析】由“①最小正周期是 ，可得 = 2 ，排除 A；②图象关于直线 x = 对称；可得
3
: 2 + = + k , k Z, = − + k , k Z ，对于 C 选项： = − ，不满足，排除 C；
上的减函数，
则 f ( x) 为减函数，故 f ( x) = f (1) = 3 ，∴ a 3 ，故选 B．
min
4
4
12（市重点）【答案】B 解：若函数
在 上为减函数，
则
解得
故选：B．
二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13.【解答】 解：
函数
．
即函数的值域是 ．
故答案为
．
4
6
1+ 2x lg
+ (1− a) 4x
lg
4
x
， 所 以 1+ 2x + (1− a) 4x 4x ，
1+ 2x a4x ， 即
4
4
a
1 4
x
+
1 2
x
对任意的
x
( −,1
恒成立．
设
f
(
x
)
=
1 4
x
+
1 2
x
，
x (−,1 ，由
y
=
1 4
x
与
y
=
1 2
x
都是
(
−,1
1
2
3
4
舒城县 2019—2020 学年上学期期末质检
高一数学试题答案
一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分） 1. 【答案】∵N＝(－1,1)，∴M∩N＝[0,1)，故选 B.
2.【答案】D；
【解析】∵
f
(
x)
=
lg (2x −1)
x2 − 4
，∴
2x −1 0
x2
3
2
6
3
④
一个
对
称中
心为
12
,
0
”
带入
函
数
y
中，B
选项不满足，排除
B；检验
D，
y
=
sin
2x
−
6
，当
x
−
6
,
3
时，
2x
−
6
−
2
,
2
，满足单调递增，故选
D.
11.（省重点） 【答案】D
解：
的图象关于 对称，且直线 与
图象交于三个
不同点，即方程
有三个不同的解．
若函数
有且只有 3 个不同的零点 ， ， ，
21.（市重点）【答案】解： 当
时，由题意，设
，
由表格数据得
，解得
，
所以，当
wk.baidu.com
时，
，
当 时，
，由表格数据可得
，
解得 ，所以当 时，
，
综上，
；
9
当
时，
，
可知 时，
，
当 时，
单凋递减，
可知 时，
．
综上可得，当 时，产品的性能指标值最大．
22.（省重点）【答案】解：
，
；
由得
，
是定义域为 R 的奇函数，
得
，又
14．–8
15.解：
是偶函数，
，
不等式等价为
，
在区间
单调递增，
，解得
．
16.（省重点）【答案】
7
【解析】解：作出 的函数图象，如
图： 令
，解得 ， 令
设
，则
故答案为
．
，解得
， ．
． ．
16.（市重点）【答案】
g
(
x
)
=
0 −
x2
, −1,
x x
=
0 0
；
【解析】由于 f ( x) 为定义在 R 上的奇函数，所以 f (0) = 0 .当 x 0 时， −x 0 ，
7 12
.
【 解 析 】（ 1 ） 由 图 可 知 A = 2 ， 且 T = − = 2 ， 所 以 = 2 ， 所 以 4 3 12 4
f
( x) = 2sin (2x + )
，
将
点
12
,
2
代入
解
析式
可
得
sin
6
+
=
1
，
所
以
8
6
+
=
2
+ 2k
，又
2
，所以
= 3
，即
f
(
x)
=
2sin
2
x
+
3
.
（2）令 + 2k 2x + 3 + 2k ， k Z 得 + k x 7 + k ，
2
32
12
12
所以函数 y
=
f
(
x
)
在
0,
的单调减区间为
12
,
7 12
.
21.（省重点）【答案】解： 由题意可得方程组
解得
所以
由题意可得不等式
，
即
，
即
，解得
，
所以至少排气 32 分钟，这个地下车库中的一氧化碳含量才能达到正常状态．
则关于 的方程
只能有一个解，
从而只能有
，所以 ， ， ，就是方程
的解，
根据图象的对称性，
，
，
故选 D．
11.（市重点）【答案】D； 12.（省重点） 【答案】B；
【解析】
由
1+ 2x lg
+ (1− a) 4x
( x −1) lg4
，得
1+ 2x lg
+ (1− a) 4x
lg4(x−1)
，即
4
−
4
0
，∴ x1 且 x2 ，∴函数 2
f
(
x)
=
lg (2x −1)
x2 − 4
的定义域为
1 2
,
2
(2, +) ，故选 D.
3. 【答案】C；
【解析】对于 A， y = x3 是奇函数，在 (0，+ ) 单调递增，故不满足题意；
对于 B， y = −sin x ，是奇函数，故不满足题意；
对于 C， y = x +1，既是偶函数又在 (0，+ ) 单调递增，满足题意；
=
loga
1−t 1+ t
；
②当 0 a 1时， f ( x1 ) f ( x2 ) ，则 f ( x) 在 (−1,1) 上是增函数，又 t (−1,1) ，
∴ x (−t,t 时， f ( x) 无最小值．
（ 2 ） 由 于 f ( x) 的 定 义 域 为 (−1,1) ， 定 义 域 关 于 原 点 对 称 ， 且
f
(x − 2)
f
(3x − 4) ，即有 −1 −1
x − 2 1 ，解得1 4 − 3x 1
x
5 3
，所以
x
的取值范围是
1,
5 3
.
12
所以 B 错误；函数 y = logcx 在 (0，+ ) 上递减，又 a b 1，则 logca logcb 0 ，即
1 log c a
1 logcb
，所以 logac
logbc ，故选
C.
7.【答案】C
.解： 函数
，
，
故当
时，函数 y 取得最大值为；
5
当
时，函数 y 取得最小值为 ，
故函数 y 的值域为
5
（2）原式 = 2 +
sincos − cos2 sin2 + cos2
=
2+
tan tan2
−1 +1
=
253 . 169
18.【答案】（1）m=0；（2） 0 k 1.
19.【答案】（1）2, 4 ；（2） a −1 .
20.【答案】（1）
f
(x)
=
2sin
2x
+
3
；（2）
12
,
对于 D， y = − cos x 是偶函数，在 (0，+ ) 不单调，故不满足题意；故选：C.
4. 【答案】B； 5．【答案】B； 6. 【答案】C；
【解析】构造函数 y = xc ，由于 0 c 1，该函数在 (1, +) 上单调递增，又 a b 1，所
以 ac bc ，所以 A 错误；构造函数 y = cx ，显然函数在实数集上单调递减，所以 ca cb ，
若
时，则函数
在
有最小值为 1，
由于对称轴
，
若 0，
时，则函数
，不合题意，
在
上恒成立，且最大值为 1，最小值大于
，
而此时
，又
，
故 在 log 无意义，
所以
应舍去，
m 无解， 综上所述：故不存在正数 m，使函数 gx logma a mfx 在 log 上的最大值为 0．
11
22.（市重点）【答案】（1） x (−t,t 时， f ( x)
，
由
得
，
为奇函数，
，
为 R 上的增函数，
对一切
恒成立，即 x
故
解得
；
对一切
恒成立，
函数 的图象过点 ，
，假设存在正数 m，且 符合题意，
由
得
10
gx logma a mfx logm2 2 m2 2
logm 2 2
m2 2
，
设
则
，
log ，
，记
，
函数 gx logma a mfx 在 log 上的最大值为 0，
f
(−x)
=
(−x)2
+1
=
−
f
(
x) ，所以
f
(
x)
=
−x2
−1(
x
0)
，由此
g
(x)
=
0 − x 2
,x −1, x
=
0 0
.
三、解答题（共 6 小题，共 70 分）
17.
【解析】（1）依题意有 tan = − 12 ，原式 = −sin sin = tan = − 12 .
5
−sin cos
无最小值；（2）
1,
5 3
．
【解析】（1）由 1− 1+
x x
0
1 − 可得 1+
x x
0
或
0
1 − 1 +
x x
0 ，解得 −1
0
x
1，即函数
f
(x)
的定
义域为 (−1,1) ，
设 −1 x1 x2 1
，则
1− x1 − 1− x2 1+ x1 1+ x2
= 2( x2 − x1 ) (1+ x1 )(1+ x2 )
f
(−x)
=
loga
1+ 1−
x x
=
loga
1− 1 +
x x
−1
=
−
f
(x)
，所以函数
f
(x)
为奇函数.由（1）可知，
当 a 1 时 ， 函 数 f ( x) 为 减 函 数 ， 由 此 ， 不 等 式 f (x − 2) + f (4 − 3x) 0 等 价 于
x − 2 3x − 4
，∵
，∴
x2
− x1
0 ， (1+
x1 )(1+
x2 )
1− 0 ，∴
1+
x1 x1
1− 1+
x2 x2
，
①当 a 1时 f ( x1 ) f ( x2 ) ，则 f ( x) 在 (−1,1) 上是减函数，又 t (−1,1) ，
∴
x
( −t, t
时，
f
(x)
有最小值，且最小值为
f
(t)