(完整版)重庆南开中学高2018级高一(上)期末数学考试及答案

重庆南开中学高2018级高一（上）期末考试数 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、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合要求） 1、已知集合{}{}24,log 02x A x B x x =≤=>，则A B =I （ ）A 、[]1,2B 、(]1,2C 、()0,1D 、(]0,12、“6πα=”是“1sin 2α=”的（ ）条件A 、充分不必要B 、必要不充分C 、充要D 、既不充分也不必要3、已知一个扇形的周长为10cm ，圆心角为2弧度，则这个扇形的面积为（ ）cm 2 A 、25B 、5C 、254D 、2524、已知函数()1254x f x x =+-，则()f x 的零点所在的区间为（ ） A 、()0,1B 、()1,2C 、()2,3D 、()3,45、函数()()2lg 6f x x x =-++的单调递减区间为（ ） A 、1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B 、1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C 、12,2⎛⎫- ⎪⎝⎭D 、1,32⎛⎫ ⎪⎝⎭6、将函数y ＝sin x 的图像上的点的横坐标扩大为原来的2倍，纵坐标不变得到图像C 1，再将图像C 1向右平移3π个单位得到的图像C 2，则图像C 2所对应的函数的解析式为（ ） A 、1sin 23y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭B 、1sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭C 、sin 23y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭D 、2sin 23y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭7、若()ln 11ln ,1,ln ,,2x x x e a x b c e ⎛⎫-∈=== ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（ ） A 、c b a >> B 、b c a >> C 、a b c >> D 、b a c >>8、已知()0,απ∈且3cos 45πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则cos α的值为（ ） A 、2 B 、2-C 、72D 、72-9、已知定义在R 上的奇函数f （x ）满足f （x +4）＝f （x ）恒成立，且f （1）＝1，则f （2016）+f （2017）+f （2018）的值为（ ） A 、0B 、1C 、2D 、310、化简tan20°+4sin20°的结果为（ ） A 、1B 、12C 、3 D 、311、如图，圆O 与x 轴的正半轴的交点为A ，点B ，C 在圆O 上，点B 的坐标为()1,2-，点C位于第一象限，AOC α∠=。

若5BC =，则23sin cos 3cos 222ααα+-的值为（ ）A 、255-B 、5-C 、5D 、2512、已知函数()()21,0log ,02x x f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩，若方程f （x ）＝a 有四个不同的解1x 、2x 、3x 、4x ，且1234x x x x <<<，则()1312234x x xx x++的取值范围为（ ）A 、()1,-+∞B 、(]1,1-C 、(),1-∞D 、[)1,1-第II 卷（非选择题，共90分）二、填空题：（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）各题答案必须填写在答题卡上相应位置（只填结果，不写过程）13、已知幂函数()22133m m y m m x --=-+在（0，+∞）单调递减，则实数m 的值为 。

14、计算：lg 2log 22log31066++= 。

15、已知()0,2θπ∈且1cos 23θ=，则tan θ的值为 。

16、已知函数()()log 11,12221,x x k f x x x k x a⎧-+-≤<⎪=⎨⎪-+≤≤⎩，若存在实数k 使函数f （x ）的值域为[0,2]，则实数a 的取值范围为 。

三、解答题：（本大题共6个小题，共70分）各题解答必须答在答题卡上（必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程） 17、（10分）已知()()3tan 2,tan 2αβπβ+=-=。

（1）求tan α的值；（2）求()sin sin 2cos 2sin παπααα⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭+的值。

18、（12分）已知定义在R 的函数()()11x xf x a a a =+>。

（1）判断f （x ）的奇偶性和单调性，并说明理由； （2）解关于x 的不等式：f （x -1）﹥f （2x +1）。

19、（12分）已知函数()()22sin cos cos f x x x x x R ωωωωλλ=+⋅-+∈的图像关于直线3x π=对称，其中ω，λ为常数且()0,2ω∈。

（1）求函数f （x ）的最小正周期；（2）若y ＝f （x ）的图像过点,06π⎛⎫ ⎪⎝⎭，求函数f （x ）在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的值域。

20、（12分）已知函数f （x ）为二次函数，若不等式f （x ）﹤0的解集为（-2，1）且f （0）＝-2。

（1）求()f x 的解析式；（2）若不等式()cos sin 4f m πθθθ⎛⎫++ ⎪⎝⎭对R θ∈恒成立，求实数m 的取值范围。

21、（12分）已知函数()21log 1axf x x-=+是奇函数。

（1）求实数a 的值； （2）设函数()()()log2g x f x mx =-，是否存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由。

22、（12分）已知函数()f x 的定义域()0,D ⊆+∞，若()f x 满足对任意的一个三边长为,,a b c D ∈的三角形，都有()()(),,f a f b f c 也可以成为一个三角形的三边长，则称()f x 为“保三角形函数”。

（1）判断()()sin ,0,g x x x π=∈是否为“保三角形函数”，并说明理由； （2）证明：函数()[)ln ,2,h x x x =∈+∞是“保三角形函数”；（3）若()()sin ,0,f x x x λ=∈是“保三角形函数”，求实数λ的最大值。

重庆南开中学高2018级高一（上）期末数学试卷答案1．解：由A 中不等式变形得：2x ≤4=22，得到x ≤2，即A=（﹣∞，2]， 由B 中不等式变形得：log 2x ＞0=log 21，得到x ＞1，即B=（1，+∞）， 则A∩B=（1，2]， 故选：B ． 2． 【分析】“6πα=”⇒“1sin 2α=”，反之不成立，例如 56πα=．即可判断出结论．解：“6πα=”⇒“1sin 2α=”，反之不成立，例如56πα=．因此“6πα=”是“1sin 2α=”的充分不必要条件． 故选：A ．3．【分析】设扇形的半径为r ，弧长为l ，可得l 和r 的方程组，解方程组代入扇形的面积公式可得．解：设扇形的半径为r ，弧长为l ，∴2102l r l r +=⎧⎨=⎩，解得l =5，r=52， ∴扇形的面积S=lr=故选：C ． 4．解：函数1()254x f x x =+-，是单调增函数，并且f （2）=4+12-5＜0， f （3）=38504+->， 函数1()254x f x x =+-，则f （x ）的零点所在的区间为（2，3）．故选：C ． 5．【分析】令t=﹣x 2+x +6＞0，求得函数的定义域，根据f （x ）=g （t ）=lgt ，本题即求函数t 在定义域内的减区间，再利用二次函数的性质得出结论．解：令t=﹣x 2+x +6＞0，求得﹣2＜x ＜3，可得函数的定义域为{x |﹣2＜x ＜3}， f （x ）=g （t ）=lgt ，本题即求函数t 在定义域内的减区间． 再利用二次函数的性质可得函数t 在定义域内的减区间为（12，3）， 故选：D ．解：将函数y=sin x 的图象上的点的横坐标扩大为原来的2倍，得到y=sin 12x ， 然后向右平移3π个单位得到的图象C 2，即y=sin 12（x ﹣）=sin （12x ﹣），故选：B ．7．【分析】依题意，由对数函数与指数函数的性质可求得a ＜0，b ＞1，1e＜c ＜1，从而可得【解答】解：∵x ∈（e ﹣1，1），a =ln x ∴a ∈（﹣1，0），即a ＜0；又y=1()2x 为减函数，∴b=ln 1()2x ＞ln11()2=01()2=1，即b ＞1；又c=eln x =x ∈（e ﹣1，1）， ∴b ＞c ＞a ． 故选B ． 8．【分析】根据同角的三角形关系求出sin （α+4π）=45，再根据cosα=cos （α+4π﹣4π），利用两角差的余弦公式计算即可． 解：∵α∈（0，π），∴α+4π∈（4π，54π），∵3cos()45πα+=， ∴sin （α+4π）=45，∴cosα=cos （α+4π﹣4π）=cos （α+4π）cos 4π+sin （α+4π）sin 4π=32422525210⨯+⨯=，故选：C ． 9．解：∵f （x +4）=f （x ），∴函数f （x ）是周期为4的周期函数， 则f （2016）=f （504×4）=f （0）， f （2017）=f （504×4+1）=f （1）=1， f （2018）=f （504×4+2）=f （2）， ∵f （x ）是奇函数， ∴f （0）=0，当x =-2时，f （-2+4）=f （-2）， 即f （2）=-f （2），则f （2）=0，即f （2016）+f （2017）+f （2018）=f （0）+f （1）+f （2）=0+1+0=1， 故选：B ． 10．解：tan20°+4sin20°=== ====3 故选：D ．11．解：∵点B 的坐标为（﹣1，2）， ∴|OB|=|OC|= 5∵|BC|=5∴△OBC 是等边三角形， 则∠AOB=α+3π． 则sin （α+3π）2555=，cos （α+3π）555=-， 则sin2αcos 2α3cos 22α﹣32=12sinα+32cosα=sin （α+3π）=255， 故选：D ．12．【分析】作出函数f （x ），得到x 1，x 2关于x =﹣1对称，x 3x 4=1；化简条件，利用数形结合进行求解即可．解：作函数f （x ）的图象如右，∵方程f （x ）=a 有四个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1＜x 2＜x 3＜x 4， ∴x 1，x 2关于x =﹣1对称，即x 1+x 2=﹣2， 0＜x 3＜1＜x 4， 则|log 2x 3|=|log 2x 4|， 即﹣log 2x 3=log 2x 4，则log 2x 3+log 2x 4=0 即log 2x 3x 4=0 则x 3x 4=1；当|log 2x |=1得x =2或12， 则1＜x 4≤2；12≤x 3＜1； 故3122341()x x x x x ++=﹣2x 3+31x ，12≤x 3＜1； 则函数y=﹣2x 3+31x ，在31x ≤x 3＜1上为减函数， 则故x 3=12取得最大值，为y=1，当x 3=1时，函数值为﹣1． 即函数取值范围是（﹣1，1]． 故选：B 13． 解：幂函数在（0，+∞）单调递减，∴m 2﹣3m+3=1， 即m 2﹣3m+2=0， 解得m=1或m=2；当m=1时，m 2﹣m ﹣1=﹣2＜0，满足题意； 当m=2时，m 2﹣m ﹣1=1＞0，不满足题意，舍去； ∴实数m 的值为1． 故答案为：1． 14．解：lg266log 22log 310++=log 66+2=3． 故答案为：3． 15．【解答】解：∵θ∈（0，2π）， ∴2θ∈（0，π）， 又∵1cos23θ=， ∴2sin 1cos 22θθ=-=22，∴sin2sin2cosθθθ==22，∴tanθ=2221tan 2tanθθ-=﹣427 故答案为：﹣42716．解：由题意，令log 2（1﹣x ）+1=0， ∴x =12， 令x 2﹣2x +1=2，可得x=1±2，∵存在实数k 使函数f （x ）的值域为[0，2]，∴实数a 的取值范围是[12，1+2]．故答案为：[12，1+2]．17．【分析】（1）由题意可得tan （α+β）=2，tanβ=﹣32，代入 tanα=tan[（α+β）﹣β]=tan()tan 1tan()tan αββαββ+-++，计算可得；（2）由诱导公式和弦化切可得原式=1tan 12tan αα++，代值计算可得．解：（1）∵3tan()2,tan()2αβπβ+=-=，∴tan （α+β）=2，tanβ=﹣32，∴tanα=tan[（α+β）﹣β]=32tan()tan 231tan()tan 12()2αββαββ++-=+++⨯-=﹣74； （2）化简可得=cos sin 1tan cos 2sin 12tan αααααα++=++=31018．解：（1）f （﹣x ）=11()x xa a f x -+=+=则函数为偶函数， 当x ≥0时，设0≤x 1＜x 2， 即f （x 1）﹣f （x 2）= 121211x x x x a a a a +-- = 121211x x x x a a a a-+-= 211212()x x x x x x a a a a a a --+=（1212121()x x x x x x a a a a a a --⋅， ∵a ＞1，0≤x 1＜x 2∴1≤12x x a a <，则120x x a a -<，1210x x a a ⋅->，则f （x 1）﹣f （x 2）＜0，则f （x 1）＜f （x 2），即此时函数单调递增，同理当x ≤0时，函数单调递减；（2）∵函数f （x ）是偶函数，且在[0，+∞）上为增函数，则关于x 的不等式：f （x ﹣1）＞f （2x +1）等价为f （|x ﹣1|）＞f （|2x +1|），即|x ﹣1|＞|2x +1|，平方得x 2﹣2x +1＞4x 2+4x +1，即3x 2+6x ＜0，即x 2+2x ＜0，得﹣2＜x ＜0，即不等式的解集为（﹣2，0）．19．【分析】（1）化简可得f （x ）=2sin （2ωx ﹣6π）+λ，由对称性可得ω，可得最小正周期； （2）由图象过点(,0)6π可得λ=﹣1，由0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦结合三角函数的值域可得． 解：（1）化简可得f （x ）=3•2sinωx cosωx ﹣（cos 2ωx ﹣sin 2ωx ）+λ = 3sin2ωx ﹣cos2ωx +λ=2sin （2ωx ﹣6π）+λ 由函数图象关于直线3x π=对称可得2ω•3π﹣6π=kπ+2π，k ∈Z ， 解得ω=32k+1，结合ω∈（0，2）可得ω=1， ∴f （x ）=2sin （2x ﹣6π）+λ， ∴函数f （x ）的最小正周期T=22π=π； （2）∵y=f （x ）的图象过点，∴2sin （2•6π﹣6π）+λ=0，解得λ=﹣1， ∴f （x ）=2sin （2x ﹣6π）﹣1， ∵0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， ∴2x ﹣6π∈[﹣6π，56π]， ∴sin （2x ﹣6π）∈[﹣12，1]， ∴2sin （2x ﹣6π）∈[﹣1，2]， ∴2sin （2x ﹣6π）﹣1∈[﹣2，1]， 故函数f （x ）在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的值域为[﹣2，1] 20．【分析】（1）设出二次函数的表达式，得到关于a ，b ，c 的方程，解出即可求出函数的表达式；（2）求出f （cosθ），问题转化为sin2θ+（1+m ）sinθ+1≥0对θ∈R 恒成立，令g （θ）=sin2θ+（1+m ）sinθ+1，通过讨论对称轴的位置，从而求出g （θ）的最小值，得到关于m 的不等式，解出即可．解：（1）∵函数f （x ）为二次函数，∴设f （x ）=ax 2+b x +c ，∵不等式f （x ）＜0的解集为（﹣2，1）且f （0）=﹣2，∴2422020c a b a b =-⎧⎪--=⎨⎪+-=⎩， 解得：112a b c =⎧⎪=⎨⎪=-⎩，∴f （x ）=x 2+x ﹣2；（2）由（1）得：f （cosθ）=cos2θ+cosθ﹣2，∴由不等式(cos ))sin 4f m πθθθ++对θ∈R 恒成立， 得：cos2θ+cosθ﹣sin （θ+4π）+msinθ对θ∈R 恒成立， ∴sin2θ+（1+m ）sinθ+1≥0对θ∈R 恒成立，令g （θ）=sin2θ+（1+m ）sinθ+1=221(1)(sin )124m m θ++++-， ∵﹣1≤sinθ≤1，∴①﹣1≤12m +≤1即﹣3≤m≤1时： g min （θ）=1﹣2(1)4m +≥0， 解得：﹣3≤m≤1，符合题意； ②12m +＜﹣1即m ＜﹣3时： g min （θ）=21(1)2m +++1﹣2(1)4m +＞0， 解得：m ＞﹣3，无解； ③12m +＞1即m ＞1时： g min （θ）=21(1)2m +-++1﹣2(1)4m +＞0， 解得：m ＜1，无解；综上，满足条件的m 的范围是[﹣3，1]．21．【分析】（1）由奇函数性质得f （x ）+f （﹣x ）=2211log log 11ax ax x x-+++-=0，由此能求出a ． （2）当a =﹣1时，g （x ）=f （x ）﹣log 2（m x ）=﹣log 2（m x ）=0，得x = 1m ， 不存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点；当a =1时，g （x ）=f （x ）﹣log 2（m x ）= 21log (1)x x mx -+⋅=0，得x =1，不存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点．【解答】解：（1）∵函数21()log 1ax f x x-=+是奇函数， ∴f （x ）+f （﹣x ）= 2211log log 11ax ax x x-+++- = 211log ()11ax ax x x-+⨯+-=0， ∴1111ax ax x x -+⨯+-=1， ∴1﹣a 2x 2=1﹣x 2， 解得a =±1．（2）不存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点，理由如下：当a =﹣1时，g （x ）=f （x ）﹣log 2（m x ）=﹣log 2（m x ），由﹣log 2（m x ）=0，解得mx=1，x =1m，不存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点； 当a =1时，g （x ）=f （x ）﹣log 2（m x ）=21log 1x x -+﹣log 2（mx ）=21log (1)x x mx -+⋅， 由21log (1)x x mx-+⋅=0，得x =1，不存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点． 综上，不存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点．22．【分析】欲判断函数f （x ）是不是“保三角形函数”，只须任给三角形，设它的三边长a 、b 、c 满足a +b ＞c ，判断f （a ）、f （b ）、f （c ）是否满足任意两数之和大于第三个数，即任意两边之和大于第三边即可．因此假设a ≤c 且b≤c ，在各个选项中根据定义和函数对应法则进行求解判断即可．解：（1）若a =3π，b=3π，c=2π， 则f （a ）=f （b ）=sin 3π=12，f （c ）=sin 2π=1， 则f （a ）+f （b ）=1122+=1，不满足f （a ）+f （b ）＞f （c ） 故f （x ）=sin x ，不是“保三角形函数”． （2）对任意一个三角形三边长a ，b ，c ∈[2，+∞），且a +b ＞c ，b+c ＞a ，c+a ＞b ， 则h （a ）=lna ，h （b ）=lnb ，h （c ）=lnc ．因为a ≥2，b≥2，a +b ＞c ，所以（a ﹣1）（b ﹣1）≥1，所以a b≥a +b ＞c ，所以ln a b ＞lnc ， 即ln a +lnb ＞lnc ．同理可证明lnb+lnc ＞ln a ，lnc+ln a ＞lnb ．所以lna ，lnb ，lnc 是一个三角形的三边长．故函数h （x ）=ln x （x ∈[2，+∞））．（3）λ的最大值是56π． ①当λ＞56π时，取a =56π=b ，c=2π，显然这3个数属于区间（0，λ），且可以作为某个三角形的三边长，但这3个数的正弦值12、12、1显然不能作为任何一个三角形的三边，故此时， h （x ）=sin x ，x ∈（0，λ）不是保三角形函数．②当λ=56π时，对于任意的三角形的三边长a 、b 、c ∈（0，56π）， 若a +b+c≥2π，则a ≥2π﹣b ﹣c ＞2π﹣56π﹣56π=3π， 即 a ＞3π，同理可得b ＞3π，c ＞3π， ∴a 、b 、c ∈（3π，56π）， ∴sina 、sinb 、sinc ∈（12，1]． 由此可得 sina+sinb ＞12+12=1≥sinc ，即 sin a +sinb ＞sinc ， 同理可得sina+sinc ＞sinb ，sinb+sinc ＞sina ，故sina 、sinb 、sinc 可以作为一个三角形的三边长．若a+b+c ＜2π，则22a b c ++＜π， 当2a b +≤2π时，由于a+b ＞c ，∴0＜2c ＜2a b +≤2π，∴0＜sin 2c ＜sin 2a b +≤1． 当2a b +＞2π时，由于a+b ＞c ，∴0＜2c ＜2a b +＜2π，∴0＜sin 2c ＜sin 2a b +＜1． 综上可得，0＜sin 2c ＜sin 2a b +≤1． 再由|a ﹣b|＜c ＜56π，以及y=cosx 在（ 0，π）上是减函数， 可得 cos 2a b -=cos 2a b -＞cos 2c ＞cos 512π＞0， ∴sina+sinb=2sin 2a b +cos 2a b -＞2sin 2c cos 2c =sinc ， 同理可得sin a +sinc ＞sinb ，sinb+sinc ＞sin a ，故sina 、sinb 、sinc 可以作为一个三角形的三边长．故当λ=56π时，h （x ）=sin x ，x ∈（0，M ）是保三角形函数，故λ的最大值为56π，。