2024-2025学年浙江省衢州市高一上学期1月教学质量检测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年浙江省衢州市高一上学期1月教学质量检测数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={1,2,3}，B={0,2,4}，则A∩B=(

)A.{0} B.{2} C.{1,2} D.{0,1,2,3,4}2.已知幂函数f(x)的图象过点(2,2)，则f(9)=A.−3 B.3 C.2 D.3.“x>0”是“ex>1”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4.下列不等关系成立的是(

)A.3−0.3>20.1 B.log23>5.函数f(x)=(x+1)2(x−2)的部分图象大致为A.B.

C.D.6.已知函数f(x)=2x+x−1，g(x)=log2x+x−1，ℎ(x)=x3+x−1的零点分别为a，b，c，则A.a>b>c B.b>c>a C.c>a>b D.b>a>c7.已知函数y=f(x)的图象关于点P(a,b)中心对称的充要条件是函数y=f(x+a)−b为奇函数，则函数f(x)=12x−1A.(1,1) B.(2,13) C.(0,−8.已知f(x)是定义在R上的偶函数，g(x)是定义在R上的奇函数，且f(x)，g(x)在(−∞,0]上单调递增，则下列不等关系恒成立的是(

)A.g(g(1))>g(g(2)) B.g(f(1))<g(f(2))

C.f(g(1))>f(g(2)) D.f(f(1))>f(f(2))二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.若a>0，b>0，且a+b=4，则下列结论正确的是(

)A.2a⋅2b=16 B.ab10.已知函数f(x)=sin(cosx)−A.f(x)是奇函数 B.f(x)图象有对称轴

C.f(x)是周期函数 D.f(1)<011.已知正实数x，y满足x4=1+xy8A.y>1 B.x<54 C.y2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若ln(log2m)=0，则m=13.玉璜，是一种佩戴饰物.在中国古代，玉璜与玉琮、玉璧、玉圭、玉璋、玉琥等总称为“六瑞”，被《周礼》一书称为是“六器礼天地四方”的玉礼器，多作为宗教礼仪挂饰.现有一弧形玉璜呈扇环形，已知AD=4，弧AB长为2π，弧CD长为π，此玉璜的面积为

14.已知函数f(x)=sinx,x⩽0x2−2x+2a+5,x>0在(a,+∞)上有4个不同零点，则实数a四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)在平面直角坐标系xOy中，角α是第二象限角，且终边与单位圆交于点P(m,(1)求实数m及tanα的值(2)求cos (−α)+cos16.(本小题12分)已知函数f(x)=loga(−(1)若a=4，求函数f(x)的定义域及值域;(2)若函数f(x)在(1,3)上单调递增，求实数a的取值范围．17.(本小题12分)已知函数f(x)=asin(2x−π6)+b(a>0,b∈R)(1)求函数f(x)的解析式;(2)若对任意x1∈[0,π6]，存在x218.(本小题12分)已知函数f(x)=a(x+1)+1x(1)讨论函数f(x)的单调性(无需证明);(2)若a<0，解关于x的不等式f(|x−2|)>f((3)若关于x的方程f(3x+1)=1有两个不同的解，求实数19.(本小题12分)设点集D是集合M={(x,y)|x，y∈R}的一个非空子集，若按照某种对应法则f，D中的每一点(x,y)都有唯一的实数t与之对应，则称f为D上的二元函数，记为t=f(x,y).当二元函数f(x,y)满足对任意x，y，z∈R，均有： ①f(x,y)=f(y,x); ②f(x,x)=0; ③f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)成立，则称二元函数f(x,y)具有性质P．(1)试判断二元函数f(x,y)=|x−y|是否具有性质P，并说明理由;(2)若f(x,y)具有性质P，证明：函数g(x,y)=f(x,y)(3)对任意具有性质P的函数f(x,y)，均可推出F(x,y)=f(x,y)m+f(x,y)具有性质P，求实数参考答案1.B

2.D

3.C

4.B

5.A

6.B

7.C

8.C

9.ABD

10.BCD

11.ABD

12.2

13.6π

14.[−3π,−2π)

15.解(1)因为角α与单位圆交于点P(m,45)，所以sinα=45，cosα=m，

又角α为第二象限角，且sin2α+cos216.解：(1)当a=4时，f(x)=log4(−x2+4x−3)，

令−x2+4x−3>0⇒1<x<3，

所以函数f(x)定义域为(1,3)，

又f(x)=log4[−(x−2)2+1]，

所以0<−x2+4x−3⩽1⇒log4(−x2+4x−3)≤0，所以函数f(x)的值域为(−∞,0]．

(2)设t=−x2+ax−3，因为f(x)在(1,3)上为增函数，

所以当a>1时，t=−x2+ax−3在(1,3)17.解：(1)因为0≤x≤π2，所以−π6≤2x−π6≤5π6，

则−12≤sin(2x−π6)≤1，

又a>0，故−a2+b≤f(x)≤a+b，

依题意则−a2+b=0a+b=3，解得a=2b=1，

故f(x)=2sin(2x−π6)+1；

(2)由题意可知f(x1)min≥f(18.解：(1) f(x)定义域为{x|x≠0}，

当a=0时，f(x)=1x在(−∞,0)和(0,+∞)上单调递减;

当a<0时，f(x)=ax+1x+a在(−∞,0)和(0,+∞)上单调递减;

当a>0时，f(x)=ax+1x+a在(−∞,−aa)和(aa,+∞)上单调递增;

在(−aa,0)和(0,aa)上单调递减;

(2)由f(x)的定义域知|x−2|>0，x2>0，得x≠2且x≠0，

又由(1)知当a<0时，f(x)=ax+1x+a在(0,+∞)上单调递减;

故f(|x−2|)>f(x2)⇔|x−2|<x2，

则x>2x−2<x2或x<22−x<x2，即x<−2或x>1，

所以不等式f(|x−2|)>f(x2)的解集为{x|x<−2或1<x<2或x>2}．

(3)令t=3x+1，则其在R上单调递增，且t>1．19.解：(1) f(x,y)=|x−y|具有性质P，

所以f(y,x)=|y−x|=f(x,y)，

f(x,x)=|x−x|=0，

f(x,z)+f(z,y)=|x−z|+|z−y|≥|x−z+z−y|=|x−y|=f(x,y)，

故f(x,y)=|x−y|具有性质P．

(2)因为g(x,y)=f(x,y)=f(y,x)=g(x,y);

g(x,x)=f(x,x)=0;

下证g(x,z)+g(z,y)≥g(x,y)，

即证f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)，

⇔f(x,z)+f(z,y)+2f(x,z)f(z,y)≥f(x,y)，(∗)，

又f(x,y)具有性质P，故f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)，

结合2f(x,z)f(z,y)≥0，知(∗)式成立，

故g(x,z)+g(z,y)≥g(x,y)成立，

所以函数g(x,y)具有性质P．

(3)先证f(x,y)具有性质P时，必有f(x,y)≥0成立．

因为f(x,y)具有性质P，由 ③知f(x,y)+f(y,x)≥f(x,x)=0，

由 ①知f(x,y)=f(y,x)，故2f(x,y)≥0，即f(x,y)≥0成立．

(i)若m<0，当f(x,y)有性质P时，知f(x,y)≥0，且F(x,y)也有性质P，

故F(x,y)=f(x,y)m+f(x,y)≥0，从而m+f(x,y)>0恒成立，

故f(x,y)>−m>0，即f(x,y)>(−m)2>0，

取y=x得f(x,x)>(−m)2>0与f(x,x)=0矛盾，故m<0不满足题意．

(ii)若m=0，则F(x,y)=f(x,y)f(x,y)，故f(x,y)≠0，得f(x,x)≠0与f(x,x)=